Considere un cohete en el espacio profundo sin fuerzas externas. Utilizando la fórmula de la energía cinética lineal $$\text{KE} = mv^2/2$$ encontramos que la adición de $100\ \text{m/s}$ mientras viaja inicialmente a $1000\ \text{m/s}$ añadirá mucha más energía a la nave que añadiendo $100 \ \text{m/s}$ mientras está en reposo: $$(1100^2 - 1000^2) \frac{m}{2} \gg (100^2) \frac{m}{2}.$$ En ambos casos, el $\Delta v$ es el mismo, y depende de la masa de combustible utilizada, por lo que se utiliza la misma masa y número de moléculas en el proceso de combustión para obtener este $\Delta v$ . Así que apuesto a que la misma cantidad de energía química se convierte en energía cinética, y sin embargo me quedo con esta aparentemente inexplicable $200,000\ \text{J/kg}$ más energía, y no tengo ni idea de dónde puede haber venido.
Respuestas
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Has observado que a altas velocidades, un pequeño cambio en la velocidad puede causar un enorme cambio en la energía cinética. Y eso significa que el empuje debido a la quema de combustible parece ser capaz de aportar una cantidad arbitraria de energía, posiblemente superior a la energía química del propio combustible.
La resolución es que toda esta lógica se aplica también al combustible. Cuando el combustible se agota, pierde gran parte de su velocidad, por lo que la energía cinética del combustible disminuye mucho. La energía cinética extra del cohete proviene de esta contribución extra, que puede ser arbitrariamente grande.
Por supuesto, la energía cinética del combustible no salió de la nada. Si no utilizas los pozos de gravedad, esa energía vino del combustible que quemaste previamente, que se utilizó para acelerar tanto el cohete como todo el combustible que había en su interior. Así que todo funciona no se obtiene nada gratis.
Para los que quieran más detalles, esto se llama Efecto Oberth y podemos hacer un cálculo rápido para confirmarlo. Supongamos que el combustible es expulsado del cohete con una velocidad relativa $u$ , una masa $m$ de combustible es expulsado, y el resto del cohete tiene masa $M$ . Por conservación del momento, la velocidad del cohete aumentará en $(m/M) u$ .
Ahora supongamos que el cohete tiene inicialmente una velocidad $v$ . El cambio en la energía cinética del combustible es $$\Delta K_{\text{fuel}} = \frac12 m (v-u)^2 - \frac12 mv^2 = \frac12 mu^2 - muv.$$ El cambio de energía cinética del cohete es $$\Delta K_{\text{rocket}} = \frac12 M \left(v + \frac{m}{M} u \right)^2 - \frac12 M v^2 = \frac12 \frac{m^2}{M} u^2 + muv.$$ La suma de estas dos debe ser la energía química total liberada, que no debería depender de $v$ . Y efectivamente, el extra $muv$ término en $\Delta K_{\text{rocket}}$ se cancela exactamente por el $-muv$ término en $\Delta K_{\text{fuel}}$ .
A veces este problema se plantea con un coche en lugar de un cohete. Para entender este caso, hay que tener en cuenta que los coches sólo se mueven hacia delante debido a las fuerzas de fricción con el suelo; todo lo que hace el motor de un coche es girar las ruedas para producir esta fuerza de fricción. En otras palabras, mientras que los cohetes avanzan empujando el combustible del cohete hacia atrás, los coches avanzan empujando la Tierra hacia atrás.
En un marco en el que la Tierra está inicialmente estacionaria, la energía asociada a dar a la Tierra una velocidad diminuta es insignificante, porque la Tierra es pesada y la energía es cuadrática en la velocidad. Una vez que se cambia a un marco en el que la Tierra se mueve, reducir la velocidad de la Tierra en la misma cantidad cosecha una enorme cantidad de energía, de nuevo porque la energía es cuadrática en la velocidad. De ahí viene la energía extra del coche. Más exactamente, se hace el mismo cálculo que el anterior, pero hay que sustituir la palabra "combustible" por "Tierra".
La conclusión es que la energía cinética difiere entre los fotogramas, los cambios en la energía cinética difieren entre los fotogramas e incluso la dirección de la transferencia de energía difiere entre los fotogramas. Todo sigue funcionando, pero hay que tener cuidado de incluir todas las contribuciones a la energía.
Otra forma mucho más clara de ver el efecto de Oberth es cuando se añade el Energía potencial a la ecuación.
Cuando se realiza la combustión de un cohete dentro del pozo gravitatorio de un cuerpo masivo, el propulsor termina en una órbita más baja que si se realiza la combustión del cohete fuera del pozo gravitatorio.
La diferencia en el Energía potencial de la propulsor será igual a la diferencia en la energía cinética de su sonda espacial.
Supongamos que el cohete sin combustible tiene peso $M$ El combustible tiene peso $m$ y el motor del cohete funciona enviando el combustible instantáneamente hacia atrás con velocidad $v_e$ en relación con la velocidad inicial del cohete. Así, por conservación del momento, la ganancia de velocidad del cohete es $$ \Delta v_\text{rocket} = \frac{m}{M} v_e. $$
La ganancia de energía cinética del sistema en el sistema de referencia COM es $$ \Delta T = \frac{1}{2} M (\Delta v_\text{rocket})^2 + \frac{1}{2} m v_e^2. $$ Esta es la energía química $E_\text{chemical}$ liberado al quemar el combustible (suponiendo una eficiencia perfecta).
Ahora qué pasa cuando quemamos el progrado ¿aclarar hacia la dirección de nuestra velocidad?
Supongamos que inicialmente el combustible está en el cohete y están en una órbita con energía orbital $E_0$ que es la suma de la energía cinética y la energía potencial, $$ E_0 = T_0 + V_0 = \frac{1}{2} (M+m) v_0^2 - \frac{\gamma(M+m)}{r_0}, $$ donde $v_0$ es la velocidad del cohete antes del quemado, $r_0$ es la distancia del cohete al centro del cuerpo central antes del quemado, y $\gamma$ es el parámetro gravitacional del cuerpo central. Ahora $r_0$ es el parámetro que podemos elegir al escoger el momento de la combustión, $E_0$ es una constante determinada por nuestra órbita inicial, y $v_0$ es entonces una función de $E_0$ y nuestra elección de $r_0$ .
Después del quemado, la velocidad del cohete es $v_0 + \Delta v_\text{rocket}$ y la energía orbital del cohete es $$ E_\text{rocket} = T_\text{rocket} + V_\text{rocket} = \frac{1}{2} M (v_0+\Delta v_\text{rocket})^2 - \frac{\gamma M}{r_0} = \frac{1}{2} M \left( v_0+\frac{m}{M} v_e \right)^2 - \frac{\gamma M}{r_0}, $$ y la velocidad del combustible es $v_0 - v_e$ y la energía orbital del combustible es $$ E_\text{fuel} = T_\text{fuel} + V_\text{fuel} = \frac{1}{2} m (v_0- v_e)^2 - \frac{\gamma m}{r_0}. $$
Como has visto, el efecto Oberth consiste en que el cohete termina con más energía cinética si el quemado se realiza a mayor $v_0$ y más pequeños $r_0$ (cuando se mantiene el $E_0$ constante).
La energía potencial total sigue siendo la misma, pero la energía cinética total cambia, lo que da lugar a un cambio en la energía total del cohete y del combustible, $$ (E_\text{rocket} + E_\text{fuel}) - E_0 = (T_\text{rocket} + T_\text{fuel}) - T_0 = \frac{1}{2} \frac{m^2}{M} v_e^2 + \frac{1}{2} m v_e^2 = \frac{1}{2} M (\Delta v_\text{rocket})^2 + \frac{1}{2} m v_e^2. $$ Esto es lo mismo independientemente del lugar donde se realice la quema. También es la misma que en el marco de referencia inicial del sistema cohete+combustible, por lo que es la energía química $E_\text{chemical}$ utilizado en la quema.
Ahora la pregunta es, como la ganancia de energía de el cohete dependen de la elección del momento de la combustión (es decir $r_0$ , suponiendo que $E_0$ es constante)?
La velocidad inicial del sistema cohete+combustible, $v_0$ se obtiene en términos de $r_0$ como $$ v_0 = \sqrt{2 \frac{E_0}{M+m} + \frac{2\gamma}{r_0}}. $$
La ganancia de energía cinética del cohete (sin contar el combustible) al pasar de $v_0$ a $v + \Delta v_\text{rocket}$ es $$ \begin{align*} \Delta T_\text{rocket} &= \frac{1}{2} M ( v_0 + \Delta v_\text{rocket})^2 - \frac{1}{2} M v_0^2 = M v_0 \Delta v_\text{rocket} + \frac{1}{2} M (\Delta v_\text{rocket})^2 \\ &= M \Delta v_\text{rocket} \sqrt{2 \frac{E_0}{M+m} + \frac{2\gamma}{r_0}} + \frac{1}{2} M (\Delta v_\text{rocket})^2. \end{align*} $$ Esta fórmula es un poco complicada pero, como has visto, la ganancia es mayor cuando $r_0$ es menor, es decir, cuando la energía potencial gravitatoria es menor. Como el aumento de la suma de las energías cinéticas del cohete y del combustible no depende de $r_0$ La explicación matemática es que la ganancia de energía proviene del hecho de que la energía cinética del combustible disminuye más : $$ \Delta T_\text{fuel} = E_\text{chemical} - \Delta T_\text{rocket} = \frac{1}{2} m v_e^2 - M \Delta v_\text{rocket} \sqrt{2 \frac{E_0}{M+m} + \frac{2\gamma}{r_0}}. $$
El punto clave de esta pregunta es que intuitivamente parece que la conservación de la energía no funciona bien. Un cohete es impulsado por una reacción química que libera energía química a un ritmo constante. Entonces, ¿cómo es posible que una tasa constante de liberación de energía conduzca a un mayor aumento de la KE al ir rápido?
Para entender esto, es útil considerar un cohete "modelo de juguete" que funciona con los mismos principios, pero que es más fácil de analizar. En concreto, consideremos una bola de 10 kg (cohete) y una bola de 1 kg (escape) que está unida a un muelle sin masa (combustible).
Supongamos que este muelle tiene suficiente energía almacenada como para que cuando el cohete esté inicialmente en reposo pueda impulsarlo a 1 m/s, y por conservación del momento el escape sea impulsado a -10 m/s. A la inversa, si el cohete comienza a 5 m/s, después de "quemar" el combustible el cohete es impulsado a 6 m/s y el escape se mueve a -5 m/s.
Así que ahora vamos a comprobar la energía. En el primer caso el KE del cohete aumentó de 0 J a 5 J, mientras que en el segundo caso aumentó de 125 J a 180 J. El muelle almacena la misma cantidad de energía en ambos casos, así que ¿por qué el KE aumenta en 5 J a baja velocidad y en 55 J a alta velocidad?
Fíjate en que nos hemos olvidado de calcular la energía que entra en el escape. Este es el error fundamental de la mayoría de estos análisis. En el primer caso el KE del escape aumentó de 0 J a 50 J, mientras que en el segundo caso el KE fue de 12,5 J antes y después. Así que en ambos casos el cambio total en el KE (tanto del cohete como del escape) fue de 55 J.
A bajas velocidades, la mayor parte de la energía del combustible se "desperdicia" en la KE del escape. A velocidades más altas, la mayor parte entra en el cohete y la menor en el escape. En un cohete real, ocurre lo mismo de forma continua. Tanto la energía como el momento se conservan y, de hecho, se entrega más potencia al vehículo a medida que aumenta la velocidad con un empuje constante.
He visto este escenario aparecer en discusiones más de una vez (como aquí , aquí y aquí ), así que he decidido poner esto como un post. Si esto es demasiado para leer, ir a la Algunas conclusiones sección al final.
La cuestión se refiere a la compatibilidad de la energía cinética y la relatividad galileana. ¿Cómo es posible que el mismo impulso $u\rightarrow u+\Delta v$ corresponde a diferentes aumentos de energía cinética para el mismo impulso $\Delta v$ en diferentes velocidades iniciales $u$ ?
Hay una serie de escenarios similares al que publicó el OP. Por ejemplo, supongamos que una persona está en una nave espacial (en movimiento uniforme) y lanza una pelota en la dirección de avance de la nave. Si consideramos el marco en el que la nave espacial está inicialmente estacionada, entonces la pelota se habría movido a, digamos $10\text{ m/s}$ . Pero en el fotograma en el que la nave espacial avanza a $u = 100\text{ m/s}$ entonces la pelota se mueve a $110\text{ m/s}$ . El $\Delta v = 10\text{ m/s}$ corresponde a diferentes incrementos de la energía cinética en los dos escenarios.
Del mismo modo, podemos considerar que una nave espacial emite gases de escape en trozos discretos (para simplificar el problema) que dan lugar a impulsos discretos. El impulso $0\text{ m/s}\rightarrow 100\text{ m/s}$ corresponde a un aumento de KE diferente al del impulso $1000\text{ m/s}\rightarrow 1100\text{ m/s}$ Aunque es el mismo proceso.
Ambos escenarios implican cierta energía potencial inicial (energía química en la persona o energía química en el combustible de la nave espacial) que se convierte en energía cinética que da lugar a un cambio de velocidad de un objeto. En el primer escenario, una persona gasta cierta energía para lanzar la pelota. En el segundo escenario, se produce una explosión que empuja el cohete hacia delante y expulsa los gases de escape.
Consideraré ambos casos analizando el caso de un "lanzador de muelles" que lanza una caja en alguna dirección. El problema es idéntico a los dos escenarios anteriores a todos los efectos aquí.
Análisis erróneo
Podemos considerar el caso en el que tenemos un "muelle lanzador" con energía potencial $U$ que lanza una caja de masa $m$ . A continuación representamos el escenario en el marco en el que la caja está inicialmente en reposo. En primer lugar, daré el cálculo erróneo e ingenuo que mucha gente tiende a hacer en este experimento mental.
Suponiendo que la masa del muelle es despreciable, un cálculo ingenuo utilizando la conservación de la energía implica $KE = U$ y nos lleva a decir que la caja se lanza con velocidad $v = \sqrt{2U/m}$ .
Consideremos ahora el mismo escenario en el que el lanzador de muelles y la caja se mueven inicialmente con una velocidad $u$ . Una vez más, haré un cálculo erróneo e ingenuo para resaltar la confusión que puede tener la gente.
Tenemos un aumento de la energía cinética $\Delta KE = U$ Así que $KE_{\text{final}} = KE_{\text{initial}} + U$ y así $$ v' = \sqrt{ \frac{2U}{m} + u^{2} }. $$ Claramente, no tenemos $v' = v + u$ que parece mostrar ingenuamente que el muelle no es invariante galileano. De forma un poco diferente, podemos insistir en que la caja es impulsada desde $u$ a $u+\Delta v$ para el mismo $\Delta v$ en todos los fotogramas, pero entonces la ganancia de energía sería inconsistente. De cualquier manera, parece que tenemos un problema.
Análisis correcto
El problema en el análisis anterior es que no tenemos en cuenta la tercera ley de Newton. La pared a la que está sujeto el muelle tiene una masa no nula y finita, y por la tercera ley de Newton será empujada hacia atrás. Un análisis correcto tendría que tener en cuenta tanto el objeto lanzado como el retroceso hacia el lanzador.
Supongamos que hay un muelle lanzador con energía potencial inicial $U$ que está unido a una masa $m_{1}$ que lanza una masa $m_{2}$ . Consideremos un marco en el que todo el sistema está inicialmente en reposo.
Teniendo en cuenta la conservación del momento y la conservación de la energía, tenemos \begin{align} m_{1}v_{1} + m_{2}v_{2} &= 0, \\ \frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2} + \frac{1}{2}m_{2}v_{2}^{2} &= U. \end{align} Resolviendo para ambos, y teniendo en cuenta que la masa $m_{1}$ es empujado en el $-x$ -dirección y masa $m_{2}$ es empujado en el $+x$ -en el sentido de la dirección, obtenemos \begin{align} v_{1} = -\left[ \frac{2U}{m_{1}\left(1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}\right)} \right]^{1/2} \qquad\text{ and }\qquad v_{2} = \left[ \frac{2U}{m_{2}\left(1 + \frac{m_{2}}{m_{1}}\right)} \right]^{1/2}. \end{align}
Consideremos ahora el caso más general en el que todo el sistema se mueve inicialmente a la velocidad $u$ .
Teniendo en cuenta la conservación del momento y la conservación de la energía, tenemos \begin{align} m_{1}v_{1}' + m_{2}v_{2}' &= (m_{1} + m_{2})u, \\ \frac{1}{2}m_{1}v_{1}'^{2} + \frac{1}{2}m_{2}v_{2}'^{2} &= U + \frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})u^{2}. \end{align} Utilizando la primera ecuación para escribir $v_{2}'$ en términos de $v_{1}'$ y al introducir esto en las segundas ecuaciones, obtenemos la ecuación cuadrática $$ v_{1}'^{2} \left[ m_{1} + \frac{m_{1}^{2}}{m_{2}} \right] - v_{1}' \left[ 2m_{1}\left(1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}\right) \right] + m_{2}\left(1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}\right)^{2}u^{2} - (m_{1} + m_{2})u^{2} - 2U = 0. $$ Aplicando la fórmula cuadrática y simplificando mucho, obtenemos $$ v_{1}' = u - \left[ \frac{2U}{m_{1}\left(1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}\right)} \right]^{1/2} $$ donde elegimos la raíz cuadrada negativa porque la masa $1$ se lanza en el $-x$ -dirección. Una derivación similar da como resultado $$ v_{2}' = u + \left[ \frac{2U}{m_{2}\left(1 + \frac{m_{2}}{m_{1}}\right)} \right]^{1/2} $$ donde elegimos la raíz cuadrada positiva porque la masa $2$ se lanza en el $+x$ -dirección.
Vemos que una vez que tenemos en cuenta la tercera ley de Newton y la conservación del momento, el sistema exhibe invariancia galileana, la energía se conserva y los aumentos de velocidad son los mismos sin importar cuál era la velocidad inicial del sistema.
Algunas conclusiones
Merece la pena reflexionar sobre cómo se redistribuye la energía en ambas cajas para diferentes velocidades iniciales $u$ .
En el caso de que la velocidad inicial sea $u=0$ La liberación del muelle hace que la energía potencial $U$ para convertirse en energía cinética, y la energía se reparte entre ambas cajas.
Lo mismo puede decirse si todo el sistema caja 1 + caja 2 tiene alguna pequeña velocidad inicial $0 < u < \epsilon$ (Sólo tendré en cuenta los casos con resultados positivos $u$ Los casos con resultados negativos $u$ son similares). Ambas cajas comienzan con una pequeña energía cinética, y tras la liberación del muelle, ambas cajas ganan energía cinética a partir de la energía potencial almacenada del muelle.
Sin embargo, cuando la velocidad inicial supera $$ u_{0} = \frac{1}{2}\left[\frac{2U}{m_{1}\left(1 + \frac{m_{1}}{m_{2}}\right)}\right]^{1/2}, $$ se puede decir algo interesante. Si $u > u_{0}$ Entonces la liberación del muelle hace que la caja 1 perder energía cinética (porque ahora pierde velocidad total al ser empujado hacia atrás). La energía cinética perdida se transfiere, por supuesto, a la caja 2 junto con la energía potencial liberada por el muelle.
Esto muestra exactamente el porqué de la relación no lineal entre la energía cinética y la velocidad. La relación cuadrática significa que un cohete en el caso de un impulso $v\rightarrow v + \Delta v$ gana más energía cinética que en el caso de un impulso $0\rightarrow \Delta v$ para el mismo $\Delta v$ y esto es esperada, porque en el primer caso el escape cede su energía cinética al cohete (más energía para el cohete) mientras que en el segundo caso el escape gana energía cinética al ser emitida (menos energía para el cohete).
Esta relación, aparentemente poco intuitiva, es ahora inevitable si tenemos en cuenta la tercera ley de Newton. La energía potencial liberada por el muelle (o el combustible del cohete) es necesaria para separar las dos cajas (o en el caso del cohete el combustible es necesario para separar el escape del cohete), pero la forma en que se distribuye la energía cinética resultante depende de la velocidad inicial del sistema.
