Fuerza central tal que:
$F(r) = \dfrac{K}{r^2}$
Donde si:
| $K < 0 \ \rightarrow \,$ Atracción. |
| $K > 0 \ \rightarrow \,$ Repulsión. |
Por tanto:
$\begin{align} V(r) &= - \int_{r_{\scriptstyle s}}^r \! F(r) \, dr = \\[1ex] &= - \int_\infty^r \dfrac{K}{r^2} \, dr = - \left[ - \dfrac{K}{r} \right]_\infty^r = \\[1ex] &= \dfrac{K}{r} \end{align}$
Al elegir $r_s = \infty$ se ahorra un término adicional constante.
Entonces el potencial efectivo:
$V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r) = \dfrac{K}{r} + \dfrac{L^2}{2mr^2}$
Donde el momento angular $L$ es constante cuando la fuerza es central. Además se considerará que $L \neq 0$, ya que en caso contrario el movimiento es simplemente unidimensional sobre una recta que pasa por el centro de fuerzas.
$\color{red}{\bullet}$ Si $K \! < 0$, fuerza atractiva, gráficamente frente a $r \,$:
Hay un punto, $r_{\smash[t]{\text{c}}}$, en que la suma es cero:
$\begin{gather} V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r_{\smash[t]{\text{c}}}) = \dfrac{K}{r_{\smash[t]{\text{c}}}} + \dfrac{L^2}{2mr_{\smash[t]{\text{c}}}^{\raise 6mu 2}} = 0 \\[1ex] 2mKr_{\smash[t]{\text{c}}} = -L^2 \\[1ex] \boxed{r_{\smash[t]{\text{c}}} = -\dfrac{L^2}{2mK}}\end{gather}$
Donde $r_{\smash[t]{\text{c}}}$ es el punto de corte con el eje $0r$.
La gráfica de $V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r)$ también presenta un mínimo en $r_0$. En éste:
$\dfrac{dV_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r_0)}{dr} = 0$
Siendo:
$\dfrac{dV_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r)}{dr} = -\dfrac{K}{r^2} - \dfrac{L^2}{mr^3}$
Entonces, en $r_0$:
$\begin{gather} -\dfrac{K}{r_0^2} - \dfrac{L^2}{mr_0^3} = 0 \\[1ex] mKr_0 = -L^2 \\[1ex] \boxed{r_0 = - \dfrac{L^2}{mK}} \end{gather}$
Así que:
$\begin{align} V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r_0) &= \dfrac{K}{r_0} + \dfrac{L^2}{2mr_0^2} = \\[1ex] &= - \dfrac{mK^2}{L^2} + \dfrac{mK^2}{2L^2} = \\[1ex] &= - \dfrac{mK^2}{2L^2} \end{align}$
La ecuación de la energía mecánica $E$, la cual aquí, en presencia de una fuerza central, se conserva:
$E = \dfrac{1}{2} m \dot{r}^2 + V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r)$
Por lo que:
$\dfrac{1}{2} m \dot{r}^2 = E - V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r)$
Así que el valor de $E$ no puede ser inferior a la energía potencial efectiva ya que entonces $\dot{r}\:\!^2 \! < 0$ y la velocidad radial sería imaginaria. Además cuando:
$E = V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r) \ \Rightarrow \ \dfrac{1}{2} m \dot{r}^2 = 0 \ \Rightarrow \ \dot{r} = 0$
Casos:
$\ast \ E_0 = V_\text{ef}\:\!(r_0)$:
Por tanto aquí:
$\begin{array}{l} \begin{split} r = r_0 = \text{cte.} \end{split} \\[1em] \begin{split} \theta &= \theta_0 + \int_0^t \! \dfrac{L}{mr^2} \, dt = \theta_0 + \int_0^t \! \underbrace{\dfrac{L}{mr_0^2}}_{\displaystyle \text{cte.′}} dt = \theta_0 + \! \underbrace{\dfrac{L}{mr_0^2}}_{\displaystyle \vphantom{\text{cte.′}} \omega_0} t = \\[1ex] &= \theta_0 + \omega_0 t \end{split} \end{array}$
Donde:
$\require{cancel} \left. \begin{array}{l} \dfrac{L}{mr_0^2} = \text{cte.′} \\[1ex] \dfrac{L}{mr_0^2} = \dfrac{\cancel{mr_0^2} \! \rlap{\;\!\dot{\phantom{\theta}}}\theta}{\cancel{mr_0^2}} = \rlap{\;\!\dot{\phantom{\theta}}}\theta = \omega_0 \end{array} \ \right\} \Rightarrow \omega_0 = \text{cte.′}$
Siendo $\omega_0$ la velocidad angular con la que la partícula de masa $m$ gira alrededor del origen (o centro de fuerzas). Como:
$\left. \begin{array}{l} r = \text{cte.} \\[1ex] \rlap{\;\!\dot{\phantom{\theta}}}\theta = \omega_0 = \text{cte.′} \end{array} \right\} \Rightarrow \,$ Movimiento circular uniforme.
$\ast \ E_1 \geq 0$:
Por tanto, interpretando la gráfica, una partícula con energía mecánica $E_1 \geq 0$, que en su movimiento se dirige en la dirección radial desde el infinito hacia el centro de fuerzas, termina alcanzando una distancia $r_1$ (punto de retorno) de máxima aproximación, donde la energía mecánica es igual a la energía potencial eficaz, para a continuación volver a alejarse hacia el infinito, en una trayectoria abierta tal que:
$\ast \ V_\text{ef}\:\!(r_0) < E_2 < 0$:
Aquí, además de girar alrededor del centro de fuerzas, la partícula fluctúa su distancia radial, i.e. $r$, entre los dos puntos de retorno $r_2$ y $r_3$.
Si $E_2$ es sólo ligeramente superior a $V_\text{ef}\:\!(r_0)$, tal que el vaivén de la partícula en torno a $r_0$ es pequeño, puede hacerse, mediante desarrollo en serie de Taylor, la siguiente aproximación:
$V_\text{ef}\:\!(r) \simeq V_\text{ef}\:\!(r_0) + \dfrac{1}{2} \, \underbrace{\left( \dfrac{d^2 V_\text{ef}\:\!(r)}{dr^2} \right)_{\! r_0}}_{\displaystyle k} \! \left( r - r_0 \right)^2$
Que corresponde con un movimiento armónico simple alrededor del punto $r_0$ de energía potencial efectiva mínima, i.e. la partícula oscila en torno a $r_0$ en la dirección de $r$ como un muelle lo hace sobre su posición de equilibrio, por lo que:
$\omega_r = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$
Donde $\omega_r$ es la frecuencia angular del movimiento periódico entre los dos puntos de retorno. Siendo:
$k = \left( \dfrac{d^2 V_\text{ef}\:\!(r)}{dr^2}\right)_{\! r_0} = \dfrac{2K}{r_0^3} + \dfrac{3L^2}{mr_0^4}$
Haciendo la sustitución $K = - L^2 {∕} mr_0{:}$
$k = - \dfrac{2L^2}{mr_0^4} + \dfrac{3L^2}{mr_0^4} = \dfrac{L^2}{mr_0^4}$
Entonces:
$\omega_r = \sqrt{\dfrac{L^2}{m^2r_0^4}} = \dfrac{L}{mr_0^2}$
Siendo:
$L = m r_0^2 \omega_0$
Que permanece constante si la perturbación causante de la oscilación de $r$ se produce en la dirección radial. Así pues, sustituyendo en $\omega_r$:
$\begin{gather} \omega_r = \dfrac{\cancel{m r_0^2} \! \omega_0}{\cancel{mr_0^2}} = \omega_0 \\[1ex] \dfrac{\cancel{2\pi}}{T_r} = \dfrac{\cancel{2\pi}}{T_0} \\[1ex] \boxed{T_r = T_0} \end{gather}$
Así que el periodo $T_r$ de una pequeña oscilación de $r$ es el mismo que el periodo $T_0$ de revolución alrededor del centro de fuerzas. Por tanto tras una revolución y completar un ciclo de oscilación de $r$ la partícula vuelve al punto de partida. Su movimiento sigue una trayectoria cerrada que está limitada o acotada entre $r_2$ y $r_3$, estando su centro ligeramente desplazado del origen.
Es una elipse. De hecho siempre que la energía es negativa la trayectoria (órbita), acotada entre $r_2$ y $r_3$, es elíptica:
$\color{red}{\bullet}$ Si $K > 0$, fuerza repulsiva, la representación gráfica:
Aquí:
$\begin{array}{l} V_\text{ef}\:\!(r) \to \infty \ \Rightarrow \ r \to 0 \\[1ex] V_\text{ef}\:\!(r) \to 0 \ \Rightarrow \ r \to \infty \end{array}$
Para $K > 0$ no hay movimientos periódicos. La partícula viene del infinito y "rebota" de nuevo hacia él cuando $E = V_\text{ef}\:\!(r)$. Sólo es posible que el valor de la energía mecánica $E$ sea positivo, ya que lo contrario implicaría una energía cinética radial (i.e. $\dfrac{1}{2}m\dot{r}^2$) negativa.
Gráficamente la trayectoria, para valores positivos de $E$, según sea el valor de $K$:
Representando las líneas punteadas la mayor aproximación (pericentro) al origen o centro de fuerzas. Si $K = 0$ no hay fuerza y por tanto el movimiento es rectilíneo con velocidad uniforme (cuyo momento angular es $L = mbv$).
El cálculo de los puntos de retorno se basa en que son aquellos donde:
$E = V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r) \ \Rightarrow \ \dot{r} = 0$
Esto es:
$\dfrac{K}{r} + \dfrac{L^2}{2mr^2} = E$
Es una ecuación de segundo grado. Tomando $1{∕}r$ como incógnita:
$\boxed{\dfrac{L^2}{2m} \left( \dfrac{1}{r} \right)^2 + K \left( \dfrac{1}{r} \right) - E = 0}$
Cuya solución:
$\begin{align} \dfrac{1}{r} &= \dfrac{-K \pm \sqrt{K^2 + \dfrac{2L^2E}{m}}}{L^2{∕}m} = \\[1ex] &= - \dfrac{mK}{L^2} \pm \sqrt{\left( \dfrac{mK}{L^2} \right)^{\! 2} + \dfrac{2mE}{L^2}} \end{align}$
O bien multiplicando por $2mr^2$:
$\begin{gather} 2mr^2 \left( \dfrac{K}{r} + \dfrac{L^2}{2mr^2} \right) = 2mr^2 E \\[1ex] \boxed{2mEr^2 - 2mKr - L^2 = 0} \end{gather}$
Cuyas raíces son:
$r = \dfrac{2mK \pm \sqrt{4m^2K^2 + 8mEL^2}}{4mE}$
Distintos casos, reafirmando lo ya visto:
- $E > 0$:
Como $r \geq 0$, entonces la única solución válida:
$r = \dfrac{2mK + \sqrt{4m^2K^2 + 8mEL^2}}{4mE}$
Además:
Atracción $r\,(K{<}\,0) \ < \ r\,(K\,{>}\,0)$ Repulsión
- $E = 0$:
Resolviendo, por más sencillez, con:
$\dfrac{1}{r} = - \dfrac{mK}{L^2} \pm \sqrt{\left( \dfrac{mK}{L^2} \right)^{\! 2} + \dfrac{2mE}{L^2}}$
Dos soluciones:
$\dfrac{1}{r}(E\,{=}\,0) \, \left\{ \begin{array}{l} \, 0 \ \Rightarrow \ r = \infty \\[1ex] - \dfrac{2mK}{L^2} \ \Rightarrow \ r = - \dfrac{L^2}{2mK} \end{array} \right.$
Para la segunda solución:
$K > 0 \ \Rightarrow \ r < 0 \ \rightarrow$ No tiene sentido.
$K < 0 \ \Rightarrow \ r > 0$.
- $E < 0$:
Hallando las soluciones con:
$r = \dfrac{2mK \pm \sqrt{4m^2K^2 + 8mEL^2}}{4mE}$
Si:
$K < 0 \ \Rightarrow \ $ Soluciones positivas.
$K > 0 \ \Rightarrow \ $ Soluciones negativas, sin sentido físico.
Entonces, sólo para $K < 0$:
- $4m^2K^2 > \left\lvert 8mL^2 E \right\rvert$:
Dos soluciones, así que trayectoria acotada entre ambas.
- $4m^2K^2 = \left\lvert 8mL^2 E \right\rvert$:
Una única solución, por tanto trayectoria circular. La energía coincide con el mínimo del potecial eficaz:
$\left. \begin{array}{l} \lvert E \rvert = \dfrac{4m^2K^2}{8mL^2} = \dfrac{mK^2}{2L^2} \\[1ex] E < 0 \end{array} \right\} \Rightarrow E = - \lvert E \rvert = - \dfrac{mK^2}{2L^2} = V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r_0)$
- $4m^2K^2 < \left\lvert 8mL^2 E \right\rvert$:
Soluciones complejas (parte real y parte imaginaria). Así que:
$E \nless - \dfrac{mK^2}{2L^2} = V_{\smash[t]{\text{ef}}}\:\!(r_0)$
Energías por debajo del mínimo de potencial eficaz no son posibles, ya que entonces $\dfrac{1}{2}m\dot{r}^2 {<}\, 0$, i.e. $\dot{r}^2 {<}\, 0$, y la velocidad radial sería imaginaria.