Astronomía

Vuelo a Marte: Cálculos

	En la sección anterior la ruta a Marte fue identificada: era una elipse de transferencia Hohmann. El tiempo requerido también se dedujo, aproximadamente 8,5 meses, así como la posición de Marte en el momento del lanzamiento, alrededor de 45º después de la aproximación más cercana.     En esta sección calculamos dos detalles esenciales: el aumento de velocidad necesario para inyectar la nave espacial a Marte dentro de la órbita de transferencia, y la velocidad de llegada a la órbita de Marte. ¿Pasará la nave al planeta o será pasada por éste?, y ¿cuál será el desfase de velocidad entre la nave y el planeta, un desfase que probablemente requerirá un impulso adicional del cohete?. Siga leyendo y, si domina el álgebra elemental, podrá averiguarlo.

Notación y velocidades de escape     Antes de comenzar, será de ayuda establecer una notación para las cantidades usadas aquí. Aún cuando algunas de ellas son vectores, solamente utilizaremos sus magnitudes. Se usa negrita solamente para remarcar, nunca para indicar que se trate de un vector.     Como antes, r1 = 1 AU es la distancia de la Tierra desde el Sol, r2 = 1,523691 AU la de Marte, y (como aproximación) se asume que ambos planetas se mueven en círculos.     La velocidad V tendrá unidades de kilómetros por segundo (km/s), y otras velocidades serán identificadas con subíndices. La v minúscula identifica velocidades asociadas con órbitas alrededor de la Tierra en vez de alrededor del Sol.     La sección anterior también introdujo la velocidad órbital V0 de la tierra alrededor del Sol, que es de alrededor de 30 km/s (aprox.), mucho mayor que v0 ~ 8 km/s(aprox.) requerida por un satélite para rodear la Tierra sobre su superficie (ignorando la atmósfera). En la sección #21 hicimos notar que la velocidad de escape ve desde una órbita tan baja se obtiene multiplicando v0 por la raíz cuadrada de 2, que vale 1,41421356.... aproximada aquí en 1,414. Esto da:     ve = 1,414 v0 = (1,414)(8) = 11,312 km/sec     Tal astronave, sin embargo, aún no es libre de moverse a cualquier punto en el espacio. La velocidad ve ha obtenido su libertad de la gravedad Terrestre, pero no la libertad de la atracción del Sol, alrededor del cual continúa moviéndose en una órbita similar a la de la Tierra, a V0 =30 km/s .     La situación ahora es completamente análoga a escapar de una órbita de baja altitud (¡excepto que el coste es mayor!). Para liberarse de una órbita circular alrededor del sol y abandonar el sistema solar, la nave espacial necesita aumentar su velocidad a una "segunda velocidad de escape":     Ve = 1,414 V0 = (1,414)(30) = 42,42 km/s   (aprox.)     Para alcanzar Ve la nave debe incrementar de alguna manera su velocidad en 12,42 km/s adicionales, ¡más de lo que se necesita para escapar de la gravedad de la Tierra, partiendo desde la superficie!. Afortunadamente, existen maneras (tratadas en la Sección #35) de hacer que el movimiento de los planetas (o de la Luna) provean parte de este impulso.     Otras velocidades que entran en el cálculo son la velocidad V1 con la cual la nave espacial parte desde cerca de la Tierra y entra a la elipse de Hohmann (distancia r1desde el Sol), y la velocidad V2 con la cual ésta alcanza la órbita de Marte (distanciar2). Además, V3 será la velocidad de Marte en su órbita, asumiendo que ésta tiene una magnitud constante (es decir, suponiendo que la órbita de Marte es circular). Si V2 > V3, la nave espacial sobrepasa a Marte, mientras que con V2 < V3 la nave será sobrepasada.

Ecuaciones requeridas     (1) Leyes de Kepler     La primera ley es: "Los Planetas se mueven en elipses, con el Sol en uno de los focos". Esto ya lo estamos usando; por ejemplo, la elipse de transferencia es una de esas órbitas.     La segunda ley es: "La línea imaginaria que conecta un planeta con el Sol barre áreas iguales en tiempos iguales". Permítasenos intentar extraer de esto una ecuación útil.

Aplicación de la 2da. Ley de Kepler     El dibujo aquí muestra la órbita de Marte (línea sólida) y la elipse de transferencia (línea partida), con radios (r1, r2) a los puntos (de perigeo y apogeo), en los cuales la velocidad de la nave espacial es (V1,V2). Los segmentos cortos dibujados en esas posiciones representan la distancia cubierta por la nave espacial en el siguiente segundo después de pasar el perigeo o el apogeo y, por la definición de velocidad ("distancia por segundo") su valor es igual (en km) al de V1 y V2. En realidad, esos segmentos deberían ser curvos como la órbita pero, siendo tan cortos, difieren de forma insignificante de las líneas rectas. Completamos entonces los triángulos largos y delgados, que tienen como base esos segmentos.     Note que cada uno de estos triángulos tiene un ángulo recto en la parte inferior, porque en el apogeo y en el perigeo (y en ningún otro lugar), la línea del Sol esperpendicular a la órbita.     En el perigeo, la altura del triángulo es r1, la longitud de su base es V1, entonces por la ecuación para el área A1 de un triángulo     A = (1/2) (altura) (base) obtenemos A1 = (1/2) r1 V1     En el apogeo, la altura es r2, la base V2, y el área es     A2 = (1/2) r2 V2     Cada uno de estos triángulos es barrido en un segundo, entonces, por la segunda ley de Kepler sus áreas pueden ser consideradas iguales. Multiplicando por 2 ambos lados de esa equivalencia:     r1 V1 = r2 V2                     (1)     Numeramos la ecuación para poder referirnos a ella más adelante. Por favor, note que esta relación solamente se cumple entre el apogeo y el perigeo. En los demás puntos de la órbita el ángulo entre el radio y la órbita no es 90º, y el área también depende del valor exacto de ese ángulo.     La tercera ley de Kepler ya fue usada para determinar el periodo orbital. La necesitaremos nuevamente al final.     (2) La Ecuación de La Energía     En la sección #12 establecimos que la energía E de un satélite de masa mórbitando la Tierra, en cualquier punto de su órbita, es E = (1/2) mV2   –   km / r                     (2) donde r es la distancia al punto desde el centro de la Tierra, V es la velocidad del satélite en ese punto, y k es alguna constante relacionada con la aceleración gravitacional g. Debido a que la energía E se conserva, la expresión de la derecha tiene el mismo valor en cualquier lugar de la órbita. Una relación similar se mantiene para órbitas alrededor del Sol, aunque el valor de k es diferente. Podemos expresar k en ese caso usando un simple truco, basado en la velocidad de escape.     Como notamos anteriormente, para que un objeto en la órbita terrestre escape completamente (¡pero justito!) de la órbita del Sol, necesita una velocidad Ve = 1,414V0 = 42,42 km/s (aprox.). Sea E0 la energía de tal objeto. Entonces si Ve2 = 2 V02 obtenemos (en la órbita terrestre) E0 = m V02   −   km / r1     Debido a que éste tiene velocidad de escape, si esperamos un largo, largo tiempo, este objeto estará extremadamente lejos de la Tierra y, habiendo agotado prácticamente toda su energía cinética, su velocidad será muy cercana a cero. Entonces ambos términos del lado derecho de la ecuación (2) tienden a cero, sugiriendo     E0 = 0
	se ajusta al significado del signo de E: E negativa siempre identifica órbitas “elípticas” ligadas al Sol, como la de los planetas. E positiva caracteriza trayectorias “hiperbólicas” no ligadas, como la de la sonda espacial Voyager 2, mientra abandona el sistema solar y entra en la profunda oscuridad que hay más allá, siempre manteniendo una velocidad importante. Y los movimientos con E=0 son “parabólicos” y caen en el límite entre los otros dos grupos (de órbitas), no limitados en distancia pero desacelerándose a medida que la distancia crece. Las órbitas de los cometas no periódicos están cercanas a este comportamiento.
Así que tenemos: m V02   −   km / r1 = 0     Dividiendo por m y cambiando el término negativo Ve a la derecha V02 = k / r1     por lo cual el valor de k podría ser escrito                                 k = V02 r1                     (3)                             r1 = 150.000.000 (aprox.)               r1 = 149.598 .000 (más precisamente) V0 = 29,785 km/s       V02 = 887,163 km/s2       k = 1,32718 1011 Cálculos Una órbita circular alrededor del sol con ese radio tiene un largo de 2 π r1 = 938.952.000 km y asumiendo un año Juliano de 365,25 días de 86400 segundos cada uno da V0 = 939.952.000 / [(365.25)(86400)] = 29.785 km/s (En ves de 30 km/s)       V02 = 887,163 (km/s)2                 k = 1,32818 10     Volviendo ahora a la nave espacial en la órbita de transferencia hacia Marte, su energía debería ser la misma en el perigeo P y en el apogeo A, entonces por la ecuación (2) 1/2 m V12   –   km / r1   =   1/2 mV22  −   km / r2     Dividimos ambos lados por m ("cancelamos m") y multiplicamos ambos lados por 2: V12   −   2 k / r1   =   V22   −   2 k / r2 Transfiriendo términos (mediante la adición de las cantidades convenientes en ambos lados) y sustituyendo (3) da V12   −   V22   =   2 V02 r1 (1/ r1   −   1/r2)                                           =   2 V02 (1   −   (r1/r2))                     (4) En unidades astronó:micas r1 = 1                               r1 = 1,523691 asi pues r1 / r2 = 0,656301                     1 – (r1 / r2) = 0,343699 Por lo tanto, tenemos todo lo necesario para calcular el lado derecho de la ecuación (4).           2 V02 (1  –  (r1/r2))   =   2 (887,163) (0,343699)   =   609,834 (km/s)2  En el lado izquierdo tenemos dos cantidades desconocidas V1 y V2, pero podemos uasar la ecuación (1)     r1 V1 = r2 V2 para expresar una en términos de la otra.                     V2 = V1 (r1/r2)                     (5) Elevando al cuadrado V22 = V12(r12/r2 2)     Sustituyendo esto en el lado izquierdo de (4) V12 – V22   =   V12 (1   –   (r12/r22))                   =   V12 (1 – (0,656301)2   =   0,569269 V12   =   609,834 (km/s)2  Dividiendo ambos lados entre 0,569269 V12 = 1071,26 (km/s)2     Extrayendo la raíz cuadrada V1 = 32,730 km/s mostrando que necesitamos adicionar sólo 2,945 km/s, una pizca menos de 3 km/s, ó un 10% de la velocidad orbital. Llegada a Marte La velocidad V2 a la cual la nave llega a Marte se encuentra en (5)     V2   =   V1 (r1 / r2) = (32,730)(0,656301)   =   21,481 km/s     Ha consignado una parte de su energía cinética para contrarrestar la atracción del Sol y moverse alejándose del Sol. La gran pregunta ahora es: ¿cómo queda esta velocidad al compararla con la velocidad V3 de Marte en su órbita?     Para obtener velocidades en km/s, las distancias deben estar medidas en kilómetros, y los tiempos en segundos, pero por el bien del “ciudadano de a pie”, dividiremos los cálculos, evitando números grandes y la notación científica. Comenzamos con la 3er. ley de Kepler para órbitas circulares, con distancia r en AU y periodo órbital T en años. Como surge de la sección precedente, (y también en la sección #10), en estas unidades T2 = r3     Para Marte, r = 1,523691, T2 = (1,523691)3 = 3,53745 T = 1,8808 años Asumiendo 365,25 días por año (Juliano): T = 1,8808 años = 686,96 días     Durante ese tiempo la nave espacial cubre 2 π r = (6,2832) (1,523691) (149,598,000) km = = (1432,2) (1.000.000) km     Dividiendo por T, se llega a (1432,2 / 686,96) (1.000.000) = (2,08484) (1.000.000)                        = 2.084.840 km/día Cada día tiene (24)(3600) = 86400 segundos, entonces la distancia órbital cubierta por Marte cada segundo es 2.084.840 / 86.400 = 24,130 km     Distancia por segundo es, por supuesto, la definición de velocidad. Por lo tanto V3 = 24,130 km/s Comparando con V2 = 21,481 km/s Vemos que Marte es el que se mueve más rápido, y sobrepasará a la nave espacial. Para igualar velocidades con Marte, la nave debe general un impulso extra de 2,649 km/s.   Vuelo a Marte: el viaje de regreso     Se puede demostrar que la elipse de transferencia de Hohmann es el modo más eficiente de aprovechar el empuje del cohete para alcanzar Marte. Otras trayectorias pueden llegar a allí más rápido, pero requerirán más empuje para empezar y un ajuste más grande del empuje al final, incluyendo quizás un cambio en la dirección.     ¿Algún inconveniente? Sólo uno: una exigencia muy rigurosa respecto de las posiciones relativas de la Tierra y Marte en el momento del lanzamiento. Como se verá, las condiciones requeridas ocurren sólo una vez cada aproximadamente 26 meses. Para volar de regreso de Marte a la Tierra la elipse de Hohmann se puede utilizar también, pero igualmente, los planetas necesitan estar posicionados en el lugar exacto en el momento del lanzamiento. Si los astronautas de la Tierra alguna vez llegan a la superficie de Marte, deberán escoger entre esperar más de un año para tener las condiciones correctas necesarias, o tomar un camino a casa más directo pero menos económico.     A continuación se calcula esta demora. También se incluye el concepto del período sinódico de Marte: su período orbital como es visto desde la Tierra en órbita. Las Órbitas de Hohmann: hacia y desde Marte   Marte y la Tierra al comienzo y final de la órbita de transferencia.     Los círculos utilizados a la izquierda se utilizarán para marcar el movimiento de la Tierra (el círculo interior) y de Marte (el círculo exterior) alrededor de sus órbitas.     Como se mostró en la sección #21b, cuando una nave espacial se lanza de la Tierra a Marte, ambos deben estar en los puntos indicados por "1". Después de 0,70873 años, la nave llega a Marte, que se ha movido mientras tanto al punto marcado como "2". ¿Dónde está la Tierra en ese momento? En un año, se mueve aprox 360 grados, así que en 0,70873 años se desplaza (0,70873) (360) = 255,14° ésta alcanzará por lo tanto la posición "2" en el círculo interior, 75,14 gradospasada la posición de Marte. Advierta cómo la Tierra ha alcanzado a Marte: en el lanzamiento (posicion "1") estaba retrasada, pero ahora está adelantada. Como muestra la tercera ley de Kepler, cuanto más cerca está un planeta del Sol, más rápido completa su órbita, y la Tierra está más cerca que Marte.     Suponga que la nave espacial que ha aterrizado en Marte es un robot, que toma una muestra e inmediatamente despega para su viaje del regreso. Despegando desde el punto (2), después de liberarse de la gravedad del planeta, otra vez puede seguir la elipse de transferencia de Hohmann, en una imagen espejo del vuelo a Marte (dibujado abajo).     Su viaje empieza con un empuje inverso de 2,545 km/s, reduciendo su velocidad orbital de V3 a V2. Entonces, después de 0,70873 años, llega otra vez al punto marcado (1) con la velocidad V1, la cual necesita ser reducida a la velocidad orbital de la Tierra V0 mediante un empuje inverso de 2,966 km/s. Desgraciadamente... ¡La tierra no estará esperando allí! El Período Sinódico   Marte y la Tierra al comienzo del viaje de regreso     Veamos donde debería estar la Tierra en el momento del lanzamiento desde Marte, para que el vuelo de regreso la encuentre en el momento apropiado. El viaje de regreso, siendo la mitad de la elipse de Hohmann, toma 0,70873 años, durante este tiempo (calculado arriba) la Tierra cubre un arco de 255,14 grados en su órbita. Para encontrar al cohete del regreso cuando alcanza la órbita de la Tierra en el punto (1), la Tierra debe estar, al comienzo del vuelo del regreso de Marte, 255,14º detrás del punto "1" en su órbita. Eso la sitúa en la posición (3), 75,14º detrás de la posición de Marte, no en la posición (2) donde la Tierra está 75,14º adelantada sobre Marte.     Debido a que la Tierra y Marte cambian constantemente su posición relativa, es lógico que si demoramos suficientemente el viaje del regreso, la Tierra se moverá de la posición (2) relativa a Marte, a la posición (3), en ese momento el viaje de regreso puede empezar. Calculemos esa demora. Para simplificar el cálculo de la demora, calculamos la velocidad relativa de la rotación entre la Tierra y Marte alrededor del Sol. La velocidad de la rotación de la Tierra es 1 órbita por año. La velocidad de la rotación de Marte es 1 órbita por 1,8822 años, es decir 1/1,8822 = 0,531293 órbitas por año.     Cada año, la Tierra se adelanta a Marte por (1 – 0,531293) = 0,468707 órbitas. En 2 años, el adelantamiento es (2) (0,468707) = 0,937414 órbitas y la Tierra estaráuna órbita completa adelantada después de 1 / 0,468707 = 2,13353 años Si Marte y la Tierra comienzan uno al lado del otro, después de 2,13353 años estarán otra vez parejos. Desde el punto de vista de un observador en la Tierra, ese es el tiempo requerido por Marte para un círculo completo alrededor del cielo. Es conocido como el período sinódico de Marte, y es aproximadamente de 25,6 meses.     Lo demás es fácil. Para que la Tierra cambie su posición relativa a Marte de (2) a (3), la Tierra debe avanzar (relativa a Marte): 360 – (2)(75,14) = 209,72° Para avanzar 360 grados tarda 2,13353 años, así que para recorrer el ángulo de arriba tardará (209,72 / 360)( 2,13353) = 1,2429 años = 454 días     Un cálculo más exacto da 459 días (el nuestro contiene aproximaciones). Cuando el cohete de regreso llega a la Tierra, éste estará sobrepasándola, ya que su velocidad V1 excede la velocidad orbital V0 de la Tierra en aproximadamente 3 km/s. Antes de descender sin peligro, la nave espacial debe deshacerse también de la velocidad V0 dada por la atracción de la Tierra, aproximadamente 11,3 km/s. Sin embargo, si entra rozando la atmósfera del “modo correcto”, su energía cinética extra se disipará seguramente en forma de calor, sin más necesidad de encender los cohetes. Reflexiones finales     Nuestros esquemas sólo marcan el progreso en órbitas circulares alrededor del Sol, que mantienen aproximadamente la misma velocidad. El movimiento relativo de la Tierra y Marte en el cielo es mucho más variable, porque la distancia Tierra-Marte cambia todo el tiempo. En realidad, cuándo la Tierra está más cerca de Marte y lo ha sobrepasado, Marte parecerá (por un tiempo) estar moviendose hacia atrás entre las estrellas. El período total sin embargo sigue siendo 25,6 meses, bastante diferente del período orbital verdadero de Marte que es 1,8822 años = 22,6 meses.     Considerando todas esas complicaciones, uno puede apreciar la sutileza del trabajo de Copérnico y Kepler, quienes obtuvieron patrones nítidos y regulares del movimiento, partiendo de otros mucho menos regulares de los planetas de los cielos. La Aberración de la Luz Estelar Nota: En esta sección, las cifras vectoriales se escriben en negrita.  Imagínese a si mismo sentado en una embarcación, viajando sobre el agua con una velocidad "u" en un día de calma. Una pequeña bandera está atada al mástil: ¿Hacia qué dirección apuntará? Mirando desde la embarcación, la bandera siempre apunta hacia atrás, porque en el marco de referencia de la embarcación, parece que sopla un viento de velocidad -u. Siempre apunta a la misma dirección. ¿Qué pasa si el día no está en calma? ¿Si sopla un viento con velocidad v? En el marco de referencia de la embarcación, el aire ahora se mueve con una velocidad de v - u , un vector suma, con la dirección de v especificada relativa a la embarcación ("en el marco de la embarcación"). La bandera ahora ni apunta a favor del viento, ni en dirección hacia atrás, sino hacia algún sitio entre ambos. Suponga que la embarcación ahora cambia de dirección. En el marco de referencia de la embarcación u está aún dirigiéndose hacia atrás, pero el viento ahora parece que llega desde una dirección diferente, relativa a la embarcación. Consecuentemente, la dirección de v cambia, y la bandera, apuntando hacia la nueva v - u, asimismo tiene una dirección diferente.    El Desplazamiento Aparente de las Estrellas Esta sección trata de la luz estelar, no de embarcaciones y banderas. Desde la época de Newton, los astrónomos han intentado conocer lo lejos que estaban las estrellas mediante el método del paralaje, usando el diámetro de la órbita de la Tierra como base. De forma cuidadosa medían las posiciones de las estrellas en fechas separadas por medio año, representando dos posiciones de la Tierra separadas 300,000,000 km, y luego comprobaban si las posiciones de las estrellas en el cielo habían cambiado. Pronto encontraron que, efectivamente, las posiciones cambiaban. El problema era que las observaciones no tenían mucho sentido. Jean Picard, uno de los antiguos astrónomos franceses, hizo posible observaciones más precisas introduciendo un visor en la lente del telescopio. Con este instrumento observó, hacia 1680, que las posiciones observadas de las estrellas no eran siempre las mismas. John Flamsteed, el astrónomo real de Inglaterra, principal del Royal Observatory en Greenwich, confirmó esos cambios. Por ejemplo, la Polar parecía viajar anualmente alrededor de un círculo de un radio de 20" ( 20 segundos de arco). Como se planteó en la sección sobre el paralaje, el diámetro de ese círculo (40") podría sugerir que la distancia a la Polar era 1/40 de parsec o menos de 0.1 año luz. Sin embargo, los cambios en la posición no ocurrían en los momentos esperados. El mayor cambio de la Polar en cualquier dirección no ocurría cuando la Tierra estaba en el final opuesto de su órbita, como debería ser, sino 3 mese más tarde.  Por ejemplo, en el dibujo superior, la posición aparente de la Polar se debería haber movido lo más lejos en la dirección de "Diciembre" cuando la Tierra estuviera en "Junio", que es lo más lejos que puede ir en la dirección opuesta. En lugar de eso, ocurría en Setiembre, cuando la Tierra se había movido 90º desde su posición de Junio. En verdad, el dato importante no era el desplazamiento de la Tierra, sino su velocidad, que en Setiembre apuntaba hacia la dirección hacia la que se desplazaba la Polar.    Aclaración de Bradley Los astrónomos estaban muy perplejos, más aún cuando se dieron cuenta de que todas las estrellas cercanas a la Polar cambiaban de igual forma. En el año1729, el astrónomo real británico, James Bradley, hizo un viaje en barco sobre el río Támesis, cerca de Londres, y observó un comportamiento raro en la bandera del tope del mástil: no apuntaba a favor del viento ni hacia la popa del barco, sino hacia una dirección entre ambas y cuando el barco cambiaba de rumbo, esa dirección también cambiaba.  A Bradley le sobrevino una inspiración repentina. La bandera percibía la combinación de dos flujos de aire, tal y como se sentían en el marco del barco: un flujo debido al viento, el otro debido al movimiento del barco. De forma similar, razonó que la velocidad de la luz que llegaba de la Polar estaba modificada por nuestro propio marco de referencia, !Sumándole la velocidad de la Tierra¡ La velocidad de la luz, denominada universalmente por la letra c, como en        "E = mc2", fue calculada en el año1675 por Ole Romer, un danés que trabajaba en el observatorio de París, a partir de un estudio de los eclipses de una luna de Júpiter. La velocidad ude la Tierra en su órbita también era conocida. Visto desde el marco de la Tierra en movimiento, el resto del Universo tiene una velocidad -u, perpendicular a la velocidad c de la luz que llega de la Polar. Sume las dos, como vectores y obtendrá el desplazamiento observado. [Puede muy bien preguntarse: ¿cuando sumamos u y cuando (-u)?     Cuando estamos en el exterior y observamos un objeto moviéndose con velocidad u, p.e. un avión con viento lateral,  sumamos u  a sus otros movimientos.      Pero cuando u es la velocidad con la cual nos movemos nosotros los observadores, el mundo exterior se está moviendo en relación a nosotros con una velocidad (-u). Luego (-u) deberá sumarse a cualquier otro movimiento observado en el mundo exterior.] Hoy en día somos muy conscientes de que sumarle -u a la velocidad de la luz estelar en, en principio incorrecto: cuando se suman velocidades cercanas a c, se deben usar las fórmulas de la teoría de la relatividad de Einstein. Si sumamos -u a c en la forma habitual, obtendremos una velocidad mayor que c, mientras que, en la teoría de la relatividad, la velocidad de la luz es siempre c, independiente de como se observa. Sin embargo, deducimos que el desplazamiento de la dirección calculada por Bradley es la misma que la que nos daría la relatividad. Déjenme calcular aquí, a la manera que quizá lo hizo Bradley, ignorando la relatividad y usando la misma "pre-trigonometría" introducida en la sección del paralaje. En el dibujo mostrado aquí, hacemos a AP la dirección hacia la Polar, la estrella está mucho más distante, y AB está junto con -u, opuesta al movimiento de la Tierra. Para simplificar el cálculo asumiremos que AP es perpendicular a AB. (Realmente el ángulo entre las dos es pequeño, requiriendo una corrección y haciendo que el movimiento aparente no sea un círculo, sino una elipse.)   El vector PA representará c, la velocidad de la luz proveniente de la Polar a c=300,000 km/s, mientras que AB es la velocidad (-u) sumada a c, de magnitud 30 km/s. La longitud de cada lado del triángulo ABP es proporcional a la velocidad que representa , de tal forma que ese triángulo se ve como la rebanada de un círculo y el ángulo en P se denomina por α, tenemos 30km/s / (2π 300,000 km/s) = α°/360° = 1/20,000 πα°= 360°/20,000 = .0057296 ° Cada grado tiene 60 minutos de arco (60') y cada minuto tiene 60 segundos de arco (60"), unidades que no están relacionadas a los minutos y segundos de tiempo. Así, cada grado equivale 3600", dando α = 3600" (5.7296/1000) = 20.6"  Medio año más tarde la dirección de u se invierte y el desplazamiento es en la dirección opuesta, dando un rango anual de unos 40", como lo observado.    Aberración del Viento Solar Un proceso algo similar se evidencia en el viento solar, una rápida emisión (~400 km/s) de gas caliente desde el Sol. Se origina en la corona solar, la capa más alta y más enrarecida de la atmósfera solar. Esta capa es tan caliente (aprox.1,000,000° C) que no consigue un equilibrio estático estable, sino que mana hacia afuera en un constante flujo de gas caliente y rarificado.  Hablando con rigor, el viento solar es un plasma, una mezcla de electrones e iones positivos libres, átomos que han perdido electrones en las violentas colisiones que ocurren en un gas a 1,000,000 ºC. Siendo un plasma, puede conducir corrientes eléctricas y sus partículas pueden ser dirigidas por campos magnéticos. El magnetismo terrestre, en particular, desvía el flujo de viento solar, creando una cavidad alargada conocida como magnetosfera, de la que se excluye el viento solar (vea la figura). En el lado que da al Sol, el viento solo alcanza 10-11 radios terrestres (65-70,000 km.) antes de ser desviado lateralmente. En el lado nocturno, el que no mira hacia el Sol, una larga "cola magnética" se extiende a gran distancia, a lo largo de la dirección del flujo del viento solar. Pero, ¿cual es esa dirección? En el marco de referencia del Sol, el viento solar, por término medio, fluye radialmente hacia afuera, con una velocidad v de unos 400 km/s (que no cambia con la distancia). La Tierra, sin embargo, orbita el Sol con una velocidad uperpendicular a v de unos 30 km/s. Visto desde el marco de referencia de la Tierra, se añade a v una velocidad -u, de tal modo que para nosotros el viento solar parece que se mueve con v' = v - u, como indica el dibujo. La magnitud v' de la nueva velocidad se calcula aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo ABC, que da (v')2 = v2 + u2     v' = 401.12 km/s Si b es el ángulo con el cual  se mueve el viento solar en el marco de la Tierra, tenemos    sen b = 30/401.12 = 0.0749         (o bien, tan b = 30/400 = 0.075)            b = 4.289°  Con una astronave que explore la distante cola del lado nocturno, como hizo la japonesa "Geotail"  (a distancias de unos 200 radios terrestres), este efecto debe tenerse en cuenta si queremos poner la nave en la cola y no cerca de ella. Desafortunadamente, la dirección de v también varía de forma aleatoria varios grados, así que tener en cuenta  b ayuda, pero algunas veces un punto que se calcula para estar dentro de la cola no se halla en ella.    Penachos de Humo Un barco de vapor se mueve a través del océano con una velocidad u ycon una velocidad de viento v perpendicular a u. Si u define el eje de las x y v el de las y, ¿en qué dirección queda rezagado el penacho de humo detrás del barco?  Este problema es mucha más fácil si trabajamos en el marco de referencia del barco. En ese marco, y en ausencia de viento, la velocidad del humo es -u. Sumando el viento al movimiento, la velocidad del humo se convierte en v-u       ( = v + (-u)), y ese vector define la dirección del penacho de humo rezagándose tras del barco. Deberá estar en el cuarto (-x,y) del plano de coordenadas, y el ángulo entre él y el eje (-x) satisface  tan a = v/u         o bien  sen a = v/w,  w = u + v Intentar resolver este problema en el marco de referencia del océano donde se mueve el barco puede resultar confuso, porque no estamos sumando las velocidades, sino los desplazamientos. Después de que se libera cada soplo de humo, ya no comparte la velocidad del barco. Solo en el marco de referencia del barco se hacen los movimientos más simples . Colas de Cometas y la Sonda Solar En lugares cerca del Sol, pueden ocurrir mayores aberraciones, ya que los objetos aumentan su velocidad cuando se aproximan al Sol ( vea la 2ª ley de Kepler ). Esto tiene un interesante efecto en la cola de los cometas, las cuales actúan parecido a los penachos del ejemplo precedente.  Normalmente un cometa, con un diámetro de 1-20 km, es una mezcla de gases congelados y polvo (una "sucia bola de nieve") que estaba amontonado en el exterior, que alcanza el sistema solar, y es atraído a una órbita hacia el Sol. Cuando el cometa se aproxima al Sol, sus gases congelados se evaporan por el calor y se forma su larga cola, empujada fuera del Sol por la luz y el viento solar. Así, la cola apunta hacia atrás del cometa cuando se acerca al Sol, pero lo hace hacia adelante cuando se aleja de nuevo. Realmente se observan a menudo dos colas distintas, una cola de polvo empujada por la presión de la luz solar, y una cola de plasma empujada por el campo magnético del viento solar (son raras las colisiones directas entre las partículas del cometa y del viento solar). Los colores de las dos colas son diferentes: en el cometa Hale-Bopp en 1997 (vea imagen) la cola de plasma era azul, un color producido por los iones que lo forman, mientras que la cola de polvo era blanca, el color de la luz solar dispersa. La cola de polvo apuntaba en la dirección de la luz solar, como se observaba desde el cometa: probablemente cambiaba como la luz observada por Bradley, pero en un ángulo muy pequeño para percibirse con la vista. La cola de plasma, por otro lado, apuntaba en la dirección del viento solar, de nuevo como se percibía por el cometa. Como vimos arriba, la Tierra ve el viento solar movido unos 4º, pero para el cometa el corrimiento es apreciablemente más grande, porque se mueve más rápido que la Tierra, especialmente cuando está más cerca del Sol. Las dos colas, por lo tanto, forman un ángulo distinto, como se ve en la figura. Un efecto aún mayor de aberración se prevé abordo de la sonda solar, prevista por la NASA para la observación del viento solar cerca del Sol. Esta nave espacial se espera que se aproxime al Sol hasta los 4 radios solares, evitando el fundirse por el intenso calor protegiéndola detrás de un escudo protector diseñado especialmente. Uno puede preguntarse, ¿como puede entonces cubrirse de la luz del Sol y observar el viento solar, que, al igual que la luz fluye hacia fuera de forma radial? En eso es en lo que ayuda la aberración. En el acercamiento máximo (perihelio) la sonda solar se moverá a unos 300 km/s, así que el viento solar, que se mueve a 400 km/s (pero no la luz solar) sufrirá una aberración de unos 37°, permitiendo alcanzar los detectores protegidos dentro del escudo de calor.