RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL TEMA 1
1) Mientras que la pelota va por el aire, la única fuerza que actúa sobre ella, es la fuerza de la gravedad, (sin considerar el rozamiento con el aire).
Al tratarse de una fuerza conservativa, la energía mecánica se conserva:
Em Em0
2 2
0 0
2 1 2
1
mv mgh
mv
mgh
, donde h0
Nos queda que,
2 0 0 2gh v
v
para los tres casos, puesto que sólo depende de la energía mecánica inicial, y en los tres casos es la misma.
Para ver en qué caso cae antes, se estudia solamente el movimiento de la pelota según el eje y, ya que no es de importancia para este caso si la pelota se mueve horizontalmente o
no. Por tanto, se trata de tres movimientos uniformemente acelerados, con la misma aceleración, el primero sin velocidad inicial, el segundo con una velocidad inicial de sentido contrario a la aceleración (hacia arriba), y en el último caso con una velocidad inicial en el sentido de la aceleración (hacia abajo). Así que, lógicamente llegará primero la pelota del tercer caso, luego la del primero, y por último la del segundo.
2) Sobre el cuerpo actúan dos fuerzas; la tensión, que no realiza trabajo puesto que es siempre perpendicular a la trayectoria, y el peso, que es una fuerza conservativa.
Por tanto:
Em
Em0 2
0 2 1
mv mgh
La energía cinética inicial es cero y la energía potencial final también (tomando la referencia de energía potencial cero en el punto más bajo). Luego la velocidad con la que llega abajo es,
0 2gh v
h0
y
x
que es la misma que si cayera libremente. En el punto más bajo, se cumple que,
peso P T
Fc
puesto que el cuerpo está curvando. Recordemos que cuando un cuerpo está curvando, la componente normal de la fuerza total que actúa sobre el cuerpo, es la fuerza centrípeta. Es la responsable de que el cuerpo esté curvando.
Así,
mg l
gl m mg l
gh m mg R v m mg Fc P
T peso 3
2 2 0
2
Donde se ha tenido en cuenta que h0 l, que Rl y que v2 2gh0.
3) Son cuatro las fuerzas que intervienen: la fuerza del enunciado, el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. Se disponen estas fuerzas como se indica en el dibujo.
a) Vamos a determinar el trabajo que realiza cada una de las fuerzas.
0 ·
N l
WN
Ya que los dos vectores son perpendiculares. Luego la fuerza normal no realiza trabajo, así que no influye en las variaciones de energía que el bloque pueda experimentar.
0 ·
P l WP
Luego estamos en el mismo caso. La diferencia está en que la fuerza normal nunca realiza trabajo independientemente de cual sea la situación, y la fuerza peso no realiza trabajo en este ejemplo concreto, pero sí puede realizarlo en otras situaciones.
J l
F mg l
N l
Fr l
r F
WFr · ( sin30º) 0.5(2·9.820sin30º)524 Donde se ha tenido en cuenta que la suma de fuerzas verticales es cero.
Puesto que el trabajo de la fuerza de rozamiento sale negativo, quiere decir, que esta fuerza se opone al movimiento. Ésta, es una fuerza disipativa, que lo que hace es transformar 24 J de la energía cinética del cuerpo en calor. Las fuerzas disipativas disminuyen la energía cinética de los cuerpos siempre.
J FS
l F
WF · cos30º20·5·cos30º86.6
Luego esta fuerza está favoreciendo el movimiento, por tener su trabajo positivo. Puesto que este trabajo es mayor que el de la fuerza de rozamiento (en valor absoluto), podemos asegurar que este cuerpo se desplaza. Claro está, podría haber ocurrido, que la fuerza F no fuese suficientemente grande como para hacer que se moviera el cuerpo. Hubiéramos
obtenido en este caso, un trabajo menor que el de la fuerza de rozamiento en valor absoluto.
b) El trabajo total es la suma de todos los trabajos de todas las fuerzas. También se puede calcular como el trabajo de la fuerza resultante. Por el primer método lo calculamos:
J W
W W W
W N P Fr F 002486.662.6
Luego entre todas las fuerzas se favorece el movimiento, incrementando la energía cinética: J
Ec W 62.6
c) Las fuerzas disipativas son las que se oponen al movimiento debidas a fricciones, y hacen que la energía cinética disminuya, transformándola en calor. En este caso, la fuerza disipativa presente es la de rozamiento. Luego su trabajo negativo es en lo que disminuye la energía, o la energía que transforma en calor.
cal J
cal J J
W
Q Fr 5.74
18 . 4
1 24
24
4) a) Puesto que la única fuerza que actúa sobre la pelota, una vez lanzada, es el peso, que es una fuerza conservativa, la energía mecánica se conserva.
Así que:
mgh mV
mgh Em
Em0 0 02 2
1
Hemos tomando como punto final, la altura máxima, donde la velocidad es cero. También hemos tomando como referencia cero para la energía potencial, en el suelo.
Despejando la velocidad inicial, se obtiene:
s m h
h g
V0 2 ( 0) 2·9.8(17.510)12.12 Como vemos, no influye para nada la masa de la pelota.
b) El trabajo que se realiza sobre la pelota, es debido únicamente a la fuerza peso (conservativa). Y para esta fuerza se cumple que es igual a menos el incremento de energía potencial. Por tanto:
J h
h mg Ep
Ep Ep
Wsubir 0 arriba ( 0 )0.400·9.8(1017.5)29.4
Como es normal, en este caso el peso realiza un trabajo negativo, puesto que se opone al movimiento. También podíamos haber calculado el trabajo mediante la fórmula,
) ( )
(h h0 mg h h0 P
Wsubir
h0
que como vemos, se reduce a la misma expresión. El signo menos sale del coseno de 180º. Vamos a determinar el trabajo que realiza la fuerza peso al bajar, que deberá ser positivo, puesto que favorece el movimiento.
J h
mg Ep
Ep Ep
Wbajar arriba suelo ( 0)0.400·9.8(17.50)68.6 c) Está claro, que los incrementos de energía potencial son:
J Epsubir 29.4
, y Epbajar 68.6J
d) La velocidad a la que llega al suelo la calculamos fácilmente, sabiendo que toda la energía potencial que la pelota tiene en el punto más alto, se transforma en energía cinética en el punto más bajo.
2 2 1
mV mgh
s m gh
V 2 2·9.8·17.518.5
5) En esta situación, actúan cuatro fuerzas sobre el cuerpo: el peso, la normal, la fuerza de rozamiento y la fuerza elástica del muelle. Tanto el peso como la normal, no realizan trabajo, puesto que son fuerzas perpendiculares al desplazamiento. La fuerza elástica realiza un trabajo positivo, incrementando la energía cinética del cuerpo, y la fuerza de rozamiento, un trabajo negativo, disminuyendo la energía cinética del cuerpo.
El trabajo que realiza la fuerza elástica del muelle se puede calcular de tres formas distintas: - Si tenemos en cuenta que se trata de una fuerza conservativa, sabemos que el trabajo es igual a
J x
k Ep Ep Ep
We e 400·(5·10 ) 0.5
2 1 0 2
1 2 2 2
0
0
- Otra forma es con la expresión general.
x x Fe dl We
0 ·
Donde hay que realizar la integral puesto que la fuerza elástica no es constante a lo largo de la trayectoria. Si se sustituye Fekxiˆ, dldxiˆ, x05·102m y x0, se puede realizar el cálculo.
J x
k xdx k
kxdx
We 0.5
2 ) 10 · 5 ( 0 400 2
2 2 0
10 · 5 2 0
10 · 5 0
10 · 5
2 2
2
- La tercera forma es resolviendo la integral:
0 10 ·
Pero utilizando su interpretación gráfica. Primero representamos Fe en función de x, puesto que Fekx, su gráfica es una recta decreciente que pasa por el origen.
Por tanto, el resultado de la integral es el área del triángulo rayado, que tiene de base b=5·10-2m, y de altura h=400·5·10-2 N=20 N.
Así,
J h
b área
We 0.5
2 20 · 10 · 5 2
· 2
Para determinar la velocidad que adquiere el cuerpo, necesitamos el trabajo total que se realiza sobre el cuerpo. Nos falta determinar el trabajo de la fuerza de rozamiento.
J l
mg l
N l
Fr l
r F
Wr · · 0.1·0.5·9.8·5·102 0.045 Por tanto, el trabajo total es:
J W
W W W
W P N e r 000.50.0245 0.4755
Aplicamos por último el teorema de las fuerzas vivas:
2 0
2 1 0 Ec mv Ec
Ec Ec Ec
W
Y despejamos,
s m m
W
v 1.38
5 . 0
4755 . 0 · 2
2
.
6) a) La fuerza peso, realiza trabajo sobre los cuerpos en caída libre. Este trabajo podemos calcularlo resolviendo la integral, pero como la fuerza peso es constante, nos ahorramos la integral, y únicamente debemos realizar
l P W ·
o también, podemos aplicar el teorema de la energía potencial, Ep
W
Vamos a hacerlo por este segundo camino. Calcularemos el trabajo desde el instante inicial, donde el cuerpo se encuentra a una altura h0, hasta el instante t cualquiera, que el cuerpo se encontrará a una altura h.
) ( 0 0
0 Ep mgh mgh mg h h Ep
W
Donde h0 h es la altura de caída. Si el cuerpo parte del reposo, entonces,
2 0
2 1
Por tanto:
2 2 2
2 1 2
1
t mg gt
mg
W
Ya tenemos la expresión matemática del trabajo en función del tiempo, que nos es necesario para poder calcular la potencia, puesto que la potencia es la derivada del trabajo con respecto al tiempo.
w t t
t mg dt dW t
Pot( ) 2 2·9.82 192.08
Luego la potencia crece proporcionalmente con el tiempo. Si queremos conocer la potencia en el instante 3 segundos, únicamente debemos darle este valor a t.
w Pot(3)192.08·3576.24
Otra manera de encontrar la potencia instantánea es utilizar la expresión de fuerza producto escalar con la velocidad.
t mg j gt j mg v
P
Pot ·( ˆ)( ˆ) 2
b) Hemos determinado cuánto vale la potencia en el instante 3 s, que no es lo mismo que la potencia media durante los tres primeros segundos. Veamos que tienen expresiones distintas.
t t
t mg t
t mg
t t W t
W t W t W t
Potm 2·9.8 96.04
2 1 2
1 2
1 ) ( 0
) 0 ( ) ( )
( 2 2
2 2
La potencia media es la media de todas las potencias instantáneas. Veamos cuánto vale a los 3 s.
w Potm(3)96.04·3288.12
c) Representamos la potencia instantánea. Es la ecuación de una recta. w
t t
Pot( )192.08
d) Si representamos gráficamente la potencia frente al tiempo, obtenemos una recta creciente que pasa por el origen. El área bajo la recta, es la integral de la potencia, y eso ya sabemos que es el trabajo que realiza la fuerza peso.
dt dW
Pot dW Pot dtW
tPot dt0 · ·
7) Cuando la esfera de plomo quede parada en el suelo, toda la energía mecánica que tenía inicialmente la habrá disipado en forma de calor. Si el choque el plástico se desprenderá toda la energía en el choque, y si no es plástico, lo hará en los sucesivos choques hasta pararse, despendiendo la misma cantidad de calor. Por tanto, el calor desprendido será
Pot
siempre igual a la energía mecánica inicial, que en este caso, está toda en forma de energía potencia.
cal J
cal J J
mgh Ep
Q 117.22
18 . 4
1 490 490
10 · 8 . 9 · 5
0
8) Suponemos que inicialmente los alpinistas están en reposo, y que cuando lleguen a la cima, se paran. Por tanto el incremento de energía cinética es cero, que por el teorema de las fuerzas vivas, se deduce que el trabajo total es cero,
0 Ec WT
Sobre cada alpinista, actúan dos fuerzas, el peso y la que cada alpinista desarrolla para desplazarse. De esta forma, al ser el trabajo total igual a la suma de los trabajos de cada fuerza, se deduce que el trabajo que realiza cada alpinista es igual al trabajo realizado por la fuerza peso cambiada de signo:
P F
F P
T W W W W
W 0
Puesto que el peso es una fuerza conservativa, no depende de la trayectoria, únicamente del punto inicial y final, que es el mismo para los dos alpinistas. Por tanto, el trabajo es el mismo para los dos alpinistas.
9) En un tiro parabólico, la única fuerza que actúa sobre el proyectil es la fuerza peso, que por ser conservativa, la energía mecánica del proyectil permanece constante. Puesto que
2 2 1
mv mgh
Ec Ep
Em
quiere decir, que la velocidad será máxima (energía cinética máxima) cuando la altura sea mínima (energía potencial mínima), y esto ocurre para una altura cero, es decir, en el instante inicial, y en el instante de caída.
Análogamente, podemos decir, que la velocidad será mínima cuando la altura sea máxima. Luego en el punto más alto, el proyectil se desplaza más lentamente.
10) a) No se está considerando que exista rozamiento. En caso de que lo hubiera, nos tendrían que dar el coeficiente de rozamiento, y la resolución del problema se complicaría por encima de nuestro nivel. Por tanto, en esta situación, existen dos fuerzas aplicadas sobre el cuerpo: la fuerza normal, que no realiza trabajo sobre el cuerpo, y la fuerza peso, que sí realiza trabajo pero que es conservativa. En consecuencia, la energía mecánica del objeto permanece constante. Si lanzamos el objeto con la velocidad mínima necesaria para que suba el objeto a 7 m, ésta velocidad inicial será de tal forma que el objeto llegue parado. Por tanto, la energía cinética final del trayecto será cero. Así:
mgh mV
mgh Em
Em 2
0 0
0
2 1
Y despejando la velocidad inicial,
s m h
h g
V0 2 ( 0) 2·9.8(75) 6.26
2 2
0 0
0
2 1 2
1
mV mgh
mV mgh
Em
Em
Y despejando la velocidad final, tenemos:
s m h
h g V
V 2 ( ) 7.52 2·9.8(7 5) 4.13 0
2
0
c) Por último, si consideramos que el objeto va a comprimir el muelle hasta detenerse, va a actuar otra fuerza sobre el objeto, que es la elástica del muelle, que también es conservativa, por lo que la energía mecánica sigue conservándose, transformándose la energía cinética que tiene en el punto más alto en energía potencial elástica. Por tanto, podemos escribir que
2 2
2 1 2
1
Kx mV
Ep
Ec e
donde x representa el espacio contraído por el muelle hasta detener el objeto. Despejando, tenemos
cm m
V K m
x 4.13 0.29 29
100 5 .
0 2
2
11) a) Las fuerzas que existen sobre la bala cuando está penetrando el tronco, son la fuerza normal, el peso y la fuerza de resistencia del tronco a ser penetrado. Tanto la normal como el peso no realizan trabajo por ser perpendiculares al movimiento. Además, una cancela a la otra. La única fuerza que realiza trabajo es la de la resistencia, oponiéndose al movimiento. Es una fuerza disipativa, y la energía cinética que quita esta fuerza a la bala mediante su trabajo negativo, lo transforma en calor.
Determinemos la fuerza que el tronco realiza sobre la bala.
2 0 0
0
2 1 0
· ·
0
0 Fr l Fr l Ec Ec Ec Ec mv W
W W
WT P N Fr
N l
mv
Fr 4464
10 · 14 · 2
500 · 10 · 5
2 2
2 3 2
0
b) Ahora utilizamos las mismas expresiones, pero tenemos que despejar v0, sabiendo que N
Fr4464 y haciendo l 20·102 m. Así, de la expresión
l mv Fr
s m m
l Fr
v 598
10 · 5
10 · 20 · 4464 · 2 ·
2
3 2
0
12) Mientras que el carrito va describiendo la circunferencia, sobre él, únicamente actúan dos fuerzas: la normal, y su peso. Al descomponer estas dos fuerzas en una componente tangencial al movimiento, y otra perpendicular, (esta descomposición es distinta en cada posición del carrito), se obtiene la fuerza centrípeta, que es la fuerza perpendicular obtenida, la responsable de que el carrito curve. La componente tangencial, es la responsable de que el carrito acelere o frene en su movimiento. Por consiguiente, vemos que la fuerza centrípeta no es una fuerza más que debamos añadir a la hora de resolver este problema junto con la fuerza normal y el peso. Sino que de entre las fuerzas reales que actúan sobre el cuerpo, partes de ellas, actúan como fuerza centrípeta, curvando el cuerpo. La manera de averiguar el valor de la fuerza centrípeta en una determinada posición, es realizando esta descomposición de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo.
Si el carrito recorre la circunferencia de la manera más lenta, ocurre que en el punto más alto el carrito deja de estar apoyado en los raíles, por tanto, en este punto, no puede haber fuerza normal; N0. Ésta es la condición de mínima velocidad. Entonces, la única fuerza que actúa sobre el carrito en el punto más alto es su peso, y al ser perpendicular a la trayectoria, está actuando de fuerza centrípeta.
Así,
s m Rg
v mg R v m P
Fc peso 3·9.8 5.42
2
Hemos obtenido la velocidad del carrito en el punto más alto. Como vemos, no depende de su masa.
Ahora podemos averiguar la velocidad del carrito en el punto más bajo, justo a la entrada de la circunferencia. Puesto que la única fuerza que realiza trabajo es el peso, y es conservativa, deducimos que la energía se conserva.
Por tanto,
abajo
arriba mv
mv mgh
abajo Em arriba
Em 2 2
2 1 2
1 )
( )
(
Podemos despejar vabajo, y sustituir los valores h2R2·36m, y
s m varriba 5.42 .
peso normal Fc=N+P
Fc=N
Fc=N-P Fc=N-Pn
s m v
gh
vabajo 2 2arriba 2·9.8·65.422 12.12
Únicamente, nos queda por estudiar el plano inclinado. Sobre el carrito actúan tres fuerzas en el plano inclinado: el peso, la normal y la fuerza de rozamiento. La normal, ya sabemos que no realiza trabajo, y el peso es una fuerza conservativa. Luego la única fuerza no conservativa, y en este caso disipativa que hace que la energía mecánica no se conserve es la fuerza de rozamiento. Esta fuerza hace que el carrito pierda energía mecánica en forma de calor.
Sabemos que
0 2
0 2 1
· l Em Em mv mgh Fr
Em W
WFr NC abajo
Donde l es el espacio recorrido por el plano inclinado, h0 es la altura desde la que dejamos caer el carrito (que es nuestra incógnita) y vabajo es la que hemos calculado anteriormente.
Utilizando el dibujo, obtenemos que
30 sin
0 h l
y que también
30 cos mg P
N
Fr n
Por tanto, la expresión anterior nos queda,
0 2
0
2 1 30 sin
30 cos
mgh mv
mgh abajo
Donde se nos va la masa. Y despejamos nuestra incógnita.
m g
v
h abajo 11.47
) 30 tan
2 . 0 1 ( 8 . 9 · 2
12 . 12 )
30 tan 1 ( 2
2 2
0
13) a) La única fuerza que actúa sobre la partícula es conservativa. Por tanto, la energía mecánica se conserva.
Aplicamos el teorema de la energía potencial.
J Ep
Ep J
Wc50 50 b) Si además sabemos que
0 ) (x1 Ep
podemos determinar el valor de la energía potencial en x2.
J x
Ep x
Ep x Ep x Ep
Ep ( 2) ( 1) ( 2)050 ( 2)50
c) Puesto como hemos dicho, la energía mecánica se conserva; Em0. Quiere decir, que la disminución de energía potencial que experimenta la partícula, es ganada en forma de energía cinética.
J mv
J x
Ep x
Ec x
Ec x Ep x
Em x
Em 50
2 1 50 ) ( )
( )
( ) ( 0 ) ( )
( 1 2 2 2 2 2 22 Despejando nuestra incógnita:
s m m
v 141.4
10 · 5
50 · 2 50 · 2
3
2
14) a) Las dos únicas fuerzas que actúan sobre la esfera, son la tensión del hilo y su peso. Al igual que en el problema 12, para saber cuál es la fuerza centrípeta que hace curvar la esfera en un determinado punto de su trayectoria, habría que descomponer las fuerzas en una componente tangencial a la trayectoria y otra perpendicular. Siendo la componente perpendicular obtenida la fuerza centrípeta.
Nos dicen que el movimiento empieza en la posición de equilibrio. Ésta es la posición A. Para que al lanzar la esfera dé una vuelta, y que ésta sea con la mínima velocidad, hay que imponer que en el punto más alto, el B, el hilo deje de tirar de la esfera (T=0), y sea el propio peso del cuerpo el que lo curve. Por tanto, en esta situación, el peso actúa como fuerza centrípeta:
s m Rg
v mg R v m P
Fc 2·9.8 4.43
2
Con esta condición, hemos obtenido la velocidad de la esfera en el punto más alto, el B. Ahora recordamos que la única fuerza que realiza trabajo es el peso, que es una fuerza conservativa, luego la energía mecánica se conserva durante todo el recorrido. Esto quiere decir, que podremos calcular las velocidades de la esfera en los puntos de la trayectoria que queramos.
Vamos a calcularla en el punto más bajo, el A, que es el inicial.
B B
A mv mgh
mv B
Ep B Ec A Ep A Ec B
Em A
Em 2 2
2 1 0 2
1 ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) (
Hemos puesto la energía potencial cero en el punto más bajo, en el A. A
B
Se nos va la masa. Conocemos
s m
vB 4.43 , y hB 2R2·24m. Así que despejamos nuestra incógnita:
s m v
gh
vA 2 B B2 2·9.8·4 4.432 9.90
b) Igualmente hacemos en el punto C.
C C
A mv mgh
mv C
Ep C Ec A Ep A Ec C
Em A
Em 2 2
2 1 0 2
1 ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) (
donde hC R2m. Despejamos vC.
s m gh
v
vC A 2 C 9.90 2·9.8·2 7.67
2 2
15) En este experimento, se distinguen claramente dos etapas; la primera de ellas, se trata de un choque plástico, y sabemos que en todo choque se conserva la cantidad de movimiento; la segunda etapa, es un movimiento del péndulo junto con la bala incrustada, donde las fuerzas que actúan son la tensión del hilo, que como sabemos no realiza trabajo al ser perpendicular a la trayectoria, y la fuerza peso del conjunto, que al ser una fuerza conservativa, hace que la energía mecánica del sistema se mantenga constante.
Debemos estudiar primero la segunda etapa, para averiguar la velocidad a la que inicia el péndulo el movimiento, y posteriormente, estudiamos la primera etapa para calcular nuestra incógnita que es la velocidad inicial de la bala.
2ª etapa:
) (
) ( )
( )
(abajo Emarriba Ec abajo Ep arriba
Em
Donde hemos utilizado que la energía cinética arriba es cero (puesto que se para), y hemos colocado la referencia de cero para la energía potencial en el punto más bajo.
s m gh
v gh m
m v m
mbala bloque) ( bala bloque) 2 2·9.8·0.40 2.8
( 2
1 2
Como vemos, esta segunda etapa es independiente de las masas. No ocurrirá lo mismo con la primera etapa.
1ª etapa:
v m m v
m conjunto P
bloque P
bala P P
P0 0( ) 0( ) ( ) bala bala ( bala bloque)
Donde hemos puesto el momento lineal inicial del bloque igual a cero puesto que se encuentra parado.
s m v
m m m
v
bala bloque bala
bala 2.8 142.8
100 . 0
5 100 . 0 ) (
16) a) Según tenemos estudiado, un campo vectorial conservativo A, que dependa únicamente de una dimensión, en este caso depende solamente de la dirección x, está relacionado con su potencial V por la siguiente expresión,
i dx dV A ˆ
Por tanto, A Aiˆ, donde
dx dV A
A no representa únicamente el módulo de A, además representa el sentido del vector A según el signo que tome. Si es negativo, el vector del campo apunta hacia valores de x decrecientes, y si es positivo, hacia valores de x crecientes.
Para el caso concreto de nuestro problema, el campo vectorial se trata de un campo de fuerzas F, que sabemos que es conservativo puesto que existe su función potencial, que como sabemos, para el caso de un campo de fuerzas, se llama energía potencial. Por consiguiente, se cumple que:
dx dEp F
Puesto que
x Ep10
ya podemos determinar la fuerza en función de x.
2 10 10
x dx
x d
F
i
x F 102 ˆ
b) Para determinar el trabajo que realiza esta fuerza al desplazarse el cuerpo desde x5m hasta x20m, nos ayudamos de la expresión del teorema de la energía potencial.
J Ep
Ep Ep W
WF C 1.5
20 10 5 10 ) 20 ( ) 5
(
También se podría haber calculado integrando. Estado inicial
J x
dx x dx
F l
d F
WF 1.5
5 10 20 10 10
10 ·
20 5 20
5
20 5 2 20
5
c) Si se realiza una fuerza externa para que el desplazamiento sea a velocidad constante, quiere decir que Ec0. Aplicando el teorema de las fuerzas vivas, el trabajo total (el de la fuerza externa más el de la fuerza del campo) es cero,
0 F Ext
T W W
W luego,
J W
WExt F 1.5
d) Para la situación de que se aplique durante el recorrido una fuerza de F04iˆ N, el
trabajo que realiza es
J i
i l F
W0 0·4ˆ·15ˆ60 El trabajo total es
J Ec
Ec Ec
Ec Ec J
W W
WT F 0 1.56061.5 (20) (5) (20)0 (20)61.5 Hemos aplicado el teorema de las fuerzas vivas. Así,
s m v
v mv
Ec 1· 2·61.5 11.1
2 1 5 . 61 2
1 ) 20
( 2 2
17) a) Sabemos que para el caso unidimensional
dx dEp
F , por tanto, para determinar la energía potencial deberemos integrar.
Fdx xdx x C
Ep 2 2
Donde C es una constante que no se puede determinar hasta que no nos digan dónde se
va a tomar la referencia para la energía potencial, que como sabemos es arbitraria.
b) Para determinar el trabajo que realiza dicha fuerza desde la posición 0.5 m hasta 1 m, podemos utilizar el teorema de la energía potencial o realizar la integral.
J C
C Ep
Ep Ep
WC (0.5) (1)0.52 12 0.75
Como vemos, la constante C no influye para nada, puesto que se cancela. Como sabemos,
el valor de la energía potencial en un punto, no significa nada, puesto que depende de dónde se tome la referencia, cosa que es totalmente arbitrario. Pero sin embargo, las variaciones de energía potencial, sí tienen sentido, son independientes de la referencia que se tome, y nos indica el trabajo realizado por la fuerza conservativa cambiada de signo. La otra forma es,
x Jdx x W
WC F 2 1 12 0.52 0.75 5
. 0 2 1
5 .
0
2 2 1 ) 1 ( 0 ) 1 ( ) 5 . 0 ( ) 1
( Ec Ec Ec mv
Ec Ec W
WT C
s m m
W
v C 0.87
2 75 . 0 · 2
2
18) a) Esta afirmación es falsa. Puesto que sólo existe una energía potencial cuando hay una fuerza conservativa. Para cada fuerza conservativa, existe una energía potencial. Al no depender el trabajo que realizan dichas fuerzas conservativas de la trayectoria, se puede asignar para cada una de ellas, un valor a cada punto del espacio, que es el resultado de calcular el trabajo desde todos estos puntos hasta un punto que tomemos de referencia, para el cual la energía potencial toma el valor cero.
b) Es falsa la afirmación. El trabajo que realiza una fuerza conservativa entre dos puntos, no depende de la trayectoria.
19) a) La expresión general de la energía potencial gravitatoria es:
K r Mm G
Ep
Esta es la expresión de la energía potencial gravitatoria cuando no se ha tomado ningún punto de referencia. La constante K, toma distintos valores dependiendo del punto de
referencia que se tome. Así, si queremos que en la superficie de la Tierra la energía potencial valga cero,
T
T R
Mm G K K R Mm G
Ep0
Imponiendo la condición, obtenemos el valor de la constante. De esta manera, hemos encontrado una expresión para la energía potencial con la referencia en la superficie de la Tierra.
r R GMm R
Mm G r Mm G Ep
T T
1 1
Si queremos calcular la energía potencial cuando la partícula está a una distancia infinito, hacemos el límite cuando r tiende a infinito. El resultado es,
T R Mm G Ep()
Otra manera de razonar, hubiera sido: si cuando el cero de referencia para la energía potencial está en el infinito, la energía potencial en la superficie de la Tierra es
T R Mm G Ep
y esto representa el trabajo que realiza la fuerza gravitatoria al llevar la partícula desde la superficie de la Tierra hasta el infinito, lo que nos piden es precisamente llevar la partícula desde el infinito hasta la superficie terrestre, por tanto, el trabajo es igual al anterior, pero con signo contrario:
Nota: No se puede utilizar la expresión Epmgh, puesto que esta ecuación únicamente es válida cuando h es pequeño en comparación con el radio terrestre. Y éste, no es el caso.
b) El trabajo que realiza una fuerza gravitatoria, puede ser positivo, negativo o nulo, según se mueva la partícula a favor, en contra o perpendicular, respectivamente, del campo gravitatorio. Por ejemplo, si lanzamos una piedra hacia arriba, (en contra del campo), el trabajo que realiza la fuerza gravitatoria es negativo mientras que sube, puesto que el vector fuerza gravitatoria y el vector desplazamiento, forman un ángulo superior a 90º. Cuando baje, el trabajo será positivo.
Una vez fijada la referencia para la energía potencial cero, pueden existir puntos en los que la energía potencial sea positiva, negativa o cero. El valor que toma la energía potencial en un punto es irrelevante, puesto que lo realmente importante es la diferencia de los valores de la energía potencial entre dos puntos, puesto que esto representa el trabajo entre estos dos puntos, (cambiando el signo).
20) a) Suponemos que se le da al cohete un impulso inicial, y que con esta velocidad que toma inicialmente llega a su órbita. Entonces, inicialmente tiene energía cinética, que será la máxima que vaya a tener. También tendrá energía potencial, cuyo valor dependerá de dónde hayamos tomado el valor cero de referencia. Si tomamos el criterio astronómico, (cero en el infinito), entonces,
T R Mm G Ep0
Si despreciamos el rozamiento con el aire, la única fuerza que actúa sobre el cohete es la fuerza gravitatoria, que es conservativa. Por tanto, la energía mecánica no cambia. Hay una transformación de energía cinética en energía potencial de tal forma, que no cambia la energía mecánica. La expresión de la energía potencial en la órbita es,
or r Mm G Ep
La variación de energía potencial es,
or T
T R r
GMm R
Mm G r Mm G Ep Ep
Ep 0 1 1
J 6 3
3 24
11
10 · 6 . 31265 10
· 12800
1 10
· 6400
1 1000 · 10 · 6 · 10 · 67 .
6
Puesto que la variación de energía potencial es positiva, significa que el cohete gana energía potencial.
Al ser la fuerza gravitatoria conservativa, el trabajo que realiza es,
J Ep
W 31265.6·106
Por tanto, la fuerza de la gravedad realiza un trabajo en contra del campo gravitatorio. Por otro lado, puesto que la energía mecánica se conserva, se cumple que,
J Ec31265.6·106
La velocidad del satélite en órbita se obtiene sabiendo que en una órbita circular la fuerza de la gravedad actúa de fuerza centrípeta.
or or or or or r M G v r Mm G r v m Fg
Fc 2 2
2
Por tanto, la energía cinética que tiene el satélite en la órbita es,
J r M mG mv Ec or or or 6 3 24 11 2 10 · 8 . 15632 10 · 12800 10 · 6 10 · 67 . 6 · 1000 2 1 2 1 2 1
Luego la energía cinética inicial es
J Ec Ec Ec Ec Ec
Ec or 0 0 or 15632.8·10631265.6·10646898.4
El trabajo que tienen que realizar las fuerzas de propulsión del cohete tienen que dar al cohete la energía cinética inicial desde el reposo. Así que,
J Ec
Ec
WF 0 046898.4
Nota: Si consideramos el rozamiento con el aire, habría que considerar una fuerza disipativa que iba a producir una disminución en la energía cinética. Para que llegue el cohete a su órbita, se debe lanzar a una velocidad superior (mayor energía cinética) al caso anterior. Por consiguiente, las fuerzas de propulsión del cohete tienen que realizar un trabajo mayor. b) El peso del satélite en la superficie terrestre es
m g R Mm G F T 0 2
0
El peso del satélite en su órbita es la fuerza de atracción gravitatoria.
2 2 0 2 2 0 2 or T or T or r R m g r m R g r Mm G
F
Donde hemos utilizado que
2 0RT g
GM
La variación en el peso es,
2 1
2 0 0 2 2 0 0 or T or T or r R m g m g r R m g F F
F 1 7350N
10 · 12800 10 · 6400 1000 · 8 .
9 2 6
6 2
Es decir, el peso en la órbita es de 980073502450N, que es el peso de un cuerpo de 250 kg en la superficie de la Tierra.
21) a) Sabemos que la aceleración de la gravedad de un planeta en su superficie es
2 0 R M G g
y que su energía potencial, con el criterio astronómico es
Tanto la aceleración de la gravedad como la energía potencial en la superficie son directamente proporcionales a la masa M del planeta. Sin embargo, la aceleración de la
gravedad es inversamente proporcional al cuadrado del radio del planeta R, mientras que
la energía potencial es sólo inversamente proporcional al radio del planeta. Así, la aceleración de la gravedad disminuye más rápidamente que la energía potencial para el caso de que el radio de un planeta aumentara.
b) El valor actual de la gravedad terrestre es
2 0
T R
M G
g
Si por cualquier proceso, la masa de la Tierra se hiciera el cuádruple, M'4M , y su radio
el doble, R'T2RT, el nuevo valor de la gravedad sería:
2 2 0 22
0 9.8
2 4 '
' '
s m g
R M G R
M G R
M G g
T T
T
Luego la gravedad no cambiaría. La tercera ley de Kepler dice
GM r
T 2
3 2
4
donde r es la distancia Tierra-Luna que no cambia. Lo único que cambia en esta expresión, es la masa de la Tierra. Ahora tendremos
T T T T
r T GM GM
r T
2 1 ' 4
1 ' 4
1 4
4 ' 4
' 2 2
3 2 2
2 3
2
Luego sería la mitad.
El periodo de la luna normal es
s días h sGM r
T 2363405 27 ,8 ,30min,5
10 · 6 · 10 · 67 . 6
10 · 84 . 3 2
2 11 24
3 8 3
Por tanto, el nuevo periodo sería 13 días, 16 h, 15 min, 2.5 s
22) a) Si la única fuerza que actúa sobre el cuerpo es la gravitatoria, que es conservativa, entonces la energía mecánica no cambia. Inicialmente está en reposo, luego sólo tiene energía potencial. Conforme va cayendo, va disminuyendo su energía potencial que va transformando en energía cinética, de tal forma, que la energía mecánica permanece constante.
Para determinar la velocidad a la que llega el cuerpo al suelo, hay que tener en cuenta la ecuación que se deduce de la conservación de la energía mecánica. ¡Ojo! No pueden utilizarse las ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado, puesto que este movimiento no es uniformemente acelerado. La fuerza que empuja al cuerpo no permanece constante a lo largo de todo el recorrido.
Em
Em0 2
2 1
mv R
Mm G r
Mm G
T
Despejamos la velocidad final y sustituimos rRT h. Nos queda, s m h R R GM v T T 1692 10 · 150 10 · 6400 1 10 · 6400 1 10 · 6 · 10 · 67 . 6 · 2 1 1
2 11 24 3 3 3
b) La velocidad de escape es la mínima necesaria para que el cuerpo no vuelva a caer. Se dice que hay que enviarlo al infinito y dejarlo allí parado. Esto quiere decir que la energía cinética en el infinito es cero. Y puesto que también es cero la potencial en el infinito, tenemos,
0 2
1 2 0
0 mv
r Mm G Em Em s m h R M G r M G v T 11054 10 · 150 10 · 6400 10 · 6 10 · 67 . 6 · 2 2
2 3 3
24 11 0
23) a) A una altura de 6 veces el radio terrestre, se está a una distancia de 7 veces el radio terrestre al centro de la Tierra. El peso que siente el meteorito es la fuerza de atracción de la Tierra a esa distancia. Por tanto,
N mg R mM G R mM G r mM G F T T T T
T 1000·9.8 200
49 1 49 1 7 ) 7
( 2 2 2 0
2
Que es lo que pesa un cuerpo de 20.4 Kg en la superficie terrestre. Si este meteorito estuviera sobre la superficie terrestre, pesaría
N mg
F 0 1000 ·9.89800 Luego el meteorito, a esa distancia, pesa 49 veces menos.
La energía mecánica que tiene, es únicamente, debida a la energía potencial. Puesto que está parado (con respecto a la Tierra), no tiene energía cinética. Por tanto,
J R mM G Ep Em T T 6 24 11 10 · 8933 6400000 · 7 10 · 6 · 1000 10 · 67 . 6
7
b) Mientras que este meteorito cae a la Tierra, la única fuerza que actúa sobre él es la fuerza gravitatoria, y al ser conservativa, hará que la energía mecánica se mantenga constante. El trabajo de la fuerza peso, transforma energía potencial en energía cinética. Por otro lado, sabemos que el trabajo que desarrolla la fuerza peso no depende de la trayectoria, luego la energía cinética en el instante de la caída no depende de la trayectoria.
T T T T R mM G mv R mM G Ep Ec Ep
Em 0 2
2 1 7 s m R R GM v T T T 10354 6400000 · 7 6 10 · 6 · 10 · 67 . 6 · 2 7 1 1
2 11 24
24) a) Un satélite geoestacionario siempre está sobre la misma vertical, puesto que gira a la vez que la Tierra. Puesto que el plano de la órbita debe contener al centro de la Tierra (que es hacia donde apunta la fuerza de la gravedad que actúa sobre el satélite), la única opción es que el satélite se encuentre sobre el ecuador, y girando hacia el Este, que es hacia donde gira la Tierra.
Por tanto, el satélite debe girar una vuelta en un día. Es decir, si la distancia al centro de la Tierra es r, debe recorrer s2r en T 24horas86400s.
Por consiguiente, la velocidad del satélite es de
T r T
s v 2
Podemos obtener la expresión general de la velocidad de un satélite en una órbita circular cualquiera en función de la distancia al centro de la Tierra, si planteamos la ecuación que nos dice que la fuerza gravitatoria actúa de fuerza centrípeta.
r M G v r Mm G r v m Fg
Fc 2 2
2
Si igualamos esta expresión de la velocidad con la obtenida anteriormente, podemos despejar r.
3 2
2 2
2 3
2 2 2
4 4
4
GMT
r GMT r
r M G T
r
La altura sobre la superficie terrestre es:
m R
r
h T 6400000 35898000
4
86400 · 10 · 6 · 10 · 67 . 6 3
2
2 24
11
aproximadamente.
Si la distancia del satélite fuese menor, se adelantaría a la Tierra, y si fuese mayor, se atrasaría.
b) La masa de un cuerpo es una propiedad intrínseca del cuerpo, es decir, sólo depende del cuerpo. Si en la superficie terrestre es de 20Kg, lo es en cualquier parte, y en particular si está situada a la distancia de la órbita geoestacionaria. El peso es una propiedad que no depende únicamente del cuerpo en cuestión, sino que también depende de la masa del planeta y la distancia al centro del planeta. Por tanto, el peso sí será distinto al que experimenta en la superficie terrestre.
N r
Mm G
F 4.5
) 6400000 35898000
(
20 · 10 · 6 10
· 67 . 6
2 24
11
2
Mientas que en la superficie terrestre sería de
N g
m 0 20·9.8196
25) Remito al apartado (a) del ejercicio anterior para averiguar la distancia a la que se encuentra la órbita geoestacionaria.
m
r 42298000
4
86400 · 10 · 6 · 10 · 67 . 6 3
2
2 24
11
Una vez que conocemos este dato, sólo nos queda sustituirlo en las expresiones del campo y del potencial gravitatorio.
Kg N r r
r r M G
g ˆ 0.22ˆ
42298000 10 · 6 10 · 67 . 6 ˆ
2 24 11
2
Donde recordemos que puesto que el campo es un vector, hay que expresarlo como tal, y que rˆ es un vector unitario que apunta desde el centro de la Tierra hacia el cuerpo. Luego
rˆ
es el opuesto, apunta desde el cuerpo al centro de la Tierra.
Kg J r
M G
V 9461440
42298000 10 · 6 10 · 67 . 6
24
11
b) La energía potencial gravitatoria crece conforme nos alejamos de la Tierra, puesto que se va haciendo cada vez menos negativa hasta llegar al valor cero a una distancia infinita (con el criterio astronómico). Por consiguiente, si queremos enviar un satélite a una determinada distancia de la Tierra hay que proporcionarle la energía que le falta. Esto se hace dándole energía cinética inicialmente (que es la única que nosotros le podemos dar al satélite), y conforme se aleja el satélite de la Tierra, se va transformando esta energía cinética en potencial. Ahora bien, el problema debería especificar mejor, si el satélite queremos colocarlo en órbita o simplemente que llegue a la distancia de la órbita. Puesto que si queremos dejarlo en órbita, deberá quedarse con una cierta energía cinética para poder moverse a lo largo de la órbita. Esto quiere decir, que inicialmente habrá que darle esta energía cinética extra. Por tanto la energía cinética inicial que deberemos proporcional, debe ser igual al incremento de energía potencial que necesita para colocarse a esa distancia, más la energía cinética que debe tener para entrar en órbita.
Una vez lanzado el satélite, la única fuerza que actúa sobre él, es la fuerza de la gravedad que es conservativa, por tanto la energía mecánica se conserva.
0 0
0
0 Ep Ec Ep Ec Ec Ep Ep
Ec
Que es precisamente lo que hemos razonado.
2 0
0 2
0
2 1 2
1
V V v m mV mV mv Ec
Donde la expresión para calcular v, nos vale cualquiera de las dos encontradas en el apartado (a) del ejercicio anterior. Las energía potenciales se han puesto en función de sus potenciales.
Kg J
V 9461000 (Lo hemos calculado en el apartado anterior)
2 2 2
9461440 s m V
r M G
v (v2 es precisamente el valor absoluto de V )
Kg J R
M G V
T
62531250 6400000
10 · 6 10 · 67 . 6
24 11
0
J V
V v m
Ec0 2 0 9461440 9461440 62531250 5780·106 2
1 100 2
1
26) a) Ya hemos calculado varias veces, la velocidad de un satélite en órbita circular, que se obtiene de imponer la ecuación que implica el hecho de que la fuerza gravitatoria actúa como fuerza centrípeta. Hemos obtenido,
r M G v2 Como vemos 2
v es inversamente proporcional a r, donde tenemos como constante de proporcionalidad GM. Por tanto, vemos que cuanto más grandes sean las órbitas, menores
son las velocidades de la órbita. Puesto que en nuestro problema, los dos satélites tienen la misma masa, tendrá mayor energía cinética el que se desplace a mayor velocidad, es decir, el más cercano a la Tierra, que es el de radio RB.
b) Si los dos satélites tuvieran masas distintas y estuvieran en órbita a la misma distancia de la Tierra, los dos se moverían con la misma velocidad, puesto que la velocidad de la órbita no depende de la masa de los satélites, como vemos de la expresión anterior. Sin embargo, tendrá más energía cinética el que más masa tenga, ya que la energía cinética es directamente proporcional a la masa del cuerpo. En este caso es el satélite “B”
27) a) La energía potencial en la superficie es
0
R Mm G Ep
pero no conocemos la masa del planeta. Sin embargo, podemos averiguarla puesto que nos dicen la aceleración de la gravedad (el campo gravitatorio), en la superficie del planeta. La expresión del campo gravitatorio es,
r r M G
g 2 ˆ, cuyo módulo es 2 r M G g
En la superficie del planeta, toma el valor,
2 0 0
R M G
g , es decir, g0R02 GM (Este cambio de variables es muy utilizado)
Conocemos 0 2 2 s m
g , y R0 1000000 m. Luego ahora podemos sustituir, y escribir:
J m
R g
Ep 0 0 2·1000000·50100·106
gravitatoria, que es conservativa), quiere decir que la energía mecánica inicial debe ser cero. s m m Ep v Ep mv Ep Ec Ep Ec 2000 50 10 · 2 2 2 1 0 8 0 0 0 2 0 0 0 0
0
28) Ya hemos calculado (haciendo que la fuerza de la gravedad actúe de fuerza centrípeta) la velocidad de un satélite en órbita, obteniendo,
r M G v2
Además, el tiempo que tarda el satélite en dar una vuelta al planeta (periodo) para una órbita circular es,
v r T T
r
v 2 2
Sustituimos en esta expresión la velocidad en función de la distancia.
GM r GM r r v r T 3 2 2
2
El dato que nos dan es el radio de la Tierra, luego aplicamos el cambio g0RT2GM .
Así, nos queda:
s h s g r R R g r T T T 37 min 28 1 5317 8 . 9 10 · ) 6400 200 ( 10 · 4 . 6 2 2 2 9 3 6 0 3 2 0 3
29) La expresión del campo gravitatorio creado por la Luna en su superficie es,
r R M G g L L
L0 2 ˆ
Cuyo módulo es la aceleración de la gravedad en la superficie.
2 0 2 2 2 2
0 9.8 1.9
81 16 81 16 81 16 4 1 81 1 s m g R M G R M G R M G g T T L L
L
30) a) El peso de un cuerpo, es la fuerza gravitatoria. En la superficie solar será
0
0 S
S mg
F
luego depende de cuántas veces sea mayor la gravedad del Sol en su superficie, puesto que la masa del cuerpo es la misma.
0 2
2 2 2
0 27.8 27.8
108 324440 g R M G R M G R M G g T T S S
S . Luego pesará 27.8 veces más.
puesto que una vez lanzado el proyectil, la única fuerza que actúa es la gravitatoria, que es conservativa. r R R M G v R g r m M G mv R m M G Em Em S S S S S S S S 2 0 0 2 0 0 2 1 2 1 2 0 0 2 2 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 1 108 · 8 . 27 108 · 8 . 27 2 1 2 1 v R g R g v R g R g r r R R g v R g T T S S S S S S S S S
Ya tenemos la expresión de la distancia al centro del Sol en función de todos los datos conocidos.
Tenemos que escribir la velocidad en metros por segundo.
s m Km m s h h Km h Km v 200 1 1000 3600 1 720 720
0
Luego la altura que alcanza el proyectil será:
m R v R g R g R r R r h T T T T S 73 6400000 · 108 200 2 1 6400000 · 108 · 8 . 9 · 8 . 27 6400000 · 108 · 8 . 9 · 8 . 27 108 2 1 108 · 8 . 27 108 · 8 . 27 108 2 2 2 2 0 0 2 2 0
31) a) El módulo de la fuerza gravitatoria es:
2 r Mm G F
Si despejamos la distancia al centro de la Tierra, nos queda:
m F Mm G r 20005000 1 1 · 10 · 6 10 · 67 . 6 24 11
b) La aceleración con la que cae es el campo gravitatorio. Así que:
2 1 1 1 s m m F g
32) a) El vector de posición que va desde A hasta P es:
𝑟⃗ = 𝑃 − 𝐴 = (2 , 1) 𝑚
Cuyo módulo es:
𝑟 = √22+ 12 = √5 𝑚
Un vector unitario en la dirección de 𝑟⃗ es:
𝑟̂ =𝑟⃗
𝑟=
(2 , 1)
√5
𝑔⃗ = −𝐺𝑚
𝑟2𝑟̂ = −6,67 · 10−11
210 5
(2 , 1)
√5 ≈ (−2,5 , −1,3) · 10
−9 𝑁
𝑘𝑔
b) Recordando que el campo significa la fuerza que se ejerce sobre cada kilogramo:
𝐹⃗ = 𝑚 · 𝑔⃗ = 13 · (−2,5 , −1,3) · 10−9 ≈ (−4,0 , −2,1) · 10−8 𝑁
33) a) Tenemos que aplicar el principio de superposición. Es decir, calcular el campo que crea cada masa en el punto P y sumarlos.
Los vectores que indican las posiciones desde las masas al punto de cálculo son:
𝑟⃗1= 𝑃 − 𝐴 = (−1,2 , −0,1) 𝑚
𝑟⃗2 = 𝑃 − 𝐵 = (0,3 , 0,9) 𝑚
Cuyos módulos son:
𝑟1= √(−1,2)2+ (−0,1)2 ≈ 1,204 𝑚
𝑟2 = √0,32+ 0,92 ≈ 0,949 𝑚
Los vectores unitarios en la dirección de 𝑟⃗1 y 𝑟⃗2 son:
𝑟̂1= 𝑟⃗1 𝑟1
= (−1,2 , −0,1)
1,204
𝑟̂2 =𝑟⃗2
𝑟2 =
(0,3 , 0,9) 0,949
La expresión de cada campo es:
𝑔⃗1 = −𝐺𝑚1
𝑟12 𝑟̂1 = −6,67 · 10
−11 1200
1,2042
(−1,2 , −0,1)
1,204 ≈ (55,0 , 4,6) · 10
−9 𝑁
𝑘𝑔
𝑔⃗2 = −𝐺𝑚2
𝑟22 𝑟̂2 = −6,67 · 10
−11 2000
0,9492
(0,3 , 0,9)
0,949 ≈ (−46,8 , −140,5) · 10
−9 𝑁
𝑘𝑔
El campo gravitatorio total en el punto P es:
𝑔⃗ = 𝑔⃗1+ 𝑔⃗2 = (55,0 , 4,6) · 10−9+ (−46,8 , −140,5) · 10−9 = (8,2 , −135,9) · 10−9
𝑁 𝑘𝑔
b) La fuerza que se ejerce sobre una masa testigo colocada en el punto P es:
𝐹⃗ = 𝑚 · 𝑔⃗ = 67 · (8,2 , −135,9) · 10−9 ≈ (5,5 , −91,1) · 10−7 𝑁
34) a) El vector de posición que va desde A hasta P es:
𝑟⃗ = 𝑃 − 𝐴 = (1 , 2) 𝑚
Cuyo módulo es:
𝑟 = √12+ 22 = √5 𝑚
𝑉 = −𝐺𝑚
𝑟 = −6.67 · 10
−11402
√5 ≈ −1,2 · 10
−8 𝐽
𝑘𝑔
b) Puesto que el potencial significa la energía potencial que tiene una masa de un kilogramo, para determinar la energía potencial de una masa testigo, habrá que multiplicar el potencial por la masa testigo:
𝐸𝑃 = 𝑚 · 𝑉 = 5 · (−1,2 · 10−8) = −6,0 · 10−8 𝐽
Recordemos, que esto significa que el trabajo que ha realizado la fuerza gravitatoria para llevar la masa testigo desde el infinito hasta el punto P ha sido 6,0 · 10−8 𝐽.
35) a) Calculemos los vectores que van desde el punto A a cada punto donde se quiere calcular el campo:
𝑟⃗1 = 𝑃1− 𝐴 = (−1,50 , −0,60) 𝑚
𝑟⃗2 = 𝑃2− 𝐴 = (−0,45 , −0,99) 𝑚
El módulo de cada vector es:
𝑟1 = √(−1,50)2+ (−0,60)2 ≈ 1,616 𝑚
𝑟2 = √(−0,45)2+ (−0,99)2 ≈ 1,087 𝑚
El potencial que se crea en P1 y P2 es:
𝑉1 = −𝐺𝑚
𝑟1 = −6.67 · 10
−11 2300
1,616≈ −9,5 · 10
−8 𝐽
𝑘𝑔
𝑉2 = −𝐺𝑚
𝑟2
= −6.67 · 10−112300
1,087≈ −14,1 · 10
−8 𝐽
𝑘𝑔
b) Hemos visto que el trabajo que realiza el campo al llevar una masa m desde P1 hasta P2 es igual a:
𝑊1→2= 𝑚(𝑉1− 𝑉2)
Por tanto:
𝑉1 − 𝑉2 = 𝑊1→2
𝑚
Es decir, la diferencia de potencial desde el punto P1 hasta P2 significa el trabajo que realiza el campo al desplazar una unidad de masa desde P1 hasta P2:
𝑊1→2
𝑚 = 𝑉1− 𝑉2 = −9,5 · 10
−8− (−14,1 · 10−8) = 4,6 · 10−8 𝐽
𝑘𝑔
Si el campo desplazara 1 kg desde P1 hasta P2 realizaría un trabajo de 4,6 · 10−8 𝐽. El signo
positivo indica que la masa m se movería a favor del campo.
36) a) Aplicaremos el principio de superposición. Así, calcularemos el potencial en P debido a cada masa, y sumaremos estos potenciales para hallar el valor total.
𝑟⃗1 = 𝑃 − 𝐴 = (1 , −1)𝑚
𝑟⃗2 = 𝑃 − 𝐵 = (−1 , 1)𝑚
Sus módulos son:
𝑟1 = √12+ (−1)2 = √2 𝑚
𝑟2 = √(−1)2+ 12 = √2 𝑚
Cada potencial es:
𝑉1 = −𝐺𝑚1
𝑟1 = −6,67 · 10
−11260
√2 ≈ −1,2 · 10
−8 𝐽
𝑘𝑔
𝑉2 = −𝐺𝑚2
𝑟2 = −6,67 · 10
−11520
√2 ≈ −2,5 · 10
−8 𝐽
𝑘𝑔
El potencial total es:
𝑉 = 𝑉1+ 𝑉2 = −1,2 · 10−8+ (−2,5 · 10−8) = −3,7 · 10−8
𝐽 𝑘𝑔
b) Puesto que el potencial es la energía potencial que tiene una unidad de masa, la energía potencial de una masa m será:
𝐸𝑃 = 𝑚 · 𝑉 = 3 · (−3,7 · 10−8) = −11,1 · 10−8 𝐽
Este valor significa que el campo ha realizado un trabajo de 11,1 · 10−8 𝐽 para llevar esta
masa desde el infinito hasta el punto P.
37) a) Aplicamos el principio de superposición para determinar el potencial total en P1 y en P2.
Veamos primero en P1.
𝑟⃗𝐴1 = 𝑃1− 𝐴 = (2,3 , −2,2) 𝑚
𝑟⃗𝐵1 = 𝑃1− 𝐵 = (1,5 , −1,3) 𝑚
Sus módulos son:
𝑟𝐴1 = √2,32+ (−2,2)2 ≈ 3,183 𝑚
𝑟𝐵1= √1,52+ (−1,3)2≈ 1,985 𝑚
Los potenciales son:
𝑉𝐴1 = −𝐺
𝑚1
𝑟𝐴1
= −6,67 · 10−11 7870
3,183≈ −1,6 · 10
−7 𝐽
𝑘𝑔
𝑉𝐵1 = −𝐺𝑚2
𝑟𝐵1= −6,67 · 10
−11 6200
1,985≈ −2,1 · 10
−7 𝐽
𝑘𝑔
El potencial total es:
𝑉1 = 𝑉𝐴1+ 𝑉𝐵1 = −1,6 · 10−7 + (−2,1 · 10−7) = −3,7 · 10−7 𝐽
𝑘𝑔
