Índice
Indicaciones de interés
22012 3
Cuestión2 . . . 3
2011 4
Problema1 . . . 4
2010 5
Problema4 . . . 5
2009 6
Problema1 . . . 6
Problema2 . . . 7
Cuestión3 . . . 7
2008 8
Problema2 . . . 8
Cuestión3 . . . 8
2007 9
Problema1 . . . 9
Problema2 . . . 9
2005 10
Problema3 . . . 10
2004 11
Problema1 . . . 11
vectorial se le asocia el signo adecuado al vector unitario en función del sistema de coordenadas. Si se opera con módulosno
se usa signo.
e l s i g n oen magnitudesescalares(V, Ep, W. . . ) está asociado al convenio previo de queV∞ = 0 yEp,∞ =0, por tanto cuando se
opera con magnitudes escalaresdebeusarse el signo.
∗ m ag n i t u d e s q u e d e p e n d e n d e u na s o l a m a sa:
Para generar un campo gravitatorio basta conunamasa. El vec-tor intensidad de campo tiene su origen en un punto del campo. Si se opera con módulos no se usa signo.
La magnitudpotencialesescalary tiene un valor en cada punto del campo. Este valor essiemprenegativo, debido a que el poten-cial en el infinito se toma igual a cero.
Si el campo es creado por más de una masa, para calcular el campo o el potencial en un punto se aplica elprincipio de superpo-sición.
∗ m ag n i t u d e s q u e d e p e n d e n d e d o s m a sa s:
La fuerza ointeraccióngravitatoria requieredosmasas. Los vecto-res fuerza tienen su origen en las masas.
La magnitudenergía potencialesescalary se calcula parados ma-sas. La energía potencial de dos masas infinitamente alejadas se considera cero, por tanto la energía potencial gravitatoria tiene
siemprevalor negativo.
En sistemas formados por más de dos masas, la fuerza resultante se obtiene sumandovectorialmentelas interacciones entre cada par de masas.
La energía potencial en sistemas de tres o más masas se obtiene sumandoescalarmentelas energías potenciales de todos los pares posibles de masas.
∗ at e n c i ó n a. . .
? l o s dat o s d i s p o n i b l e s: no se pueden utilizar datos no suministrados en el enunciado, excepto la intensidad gravita-toria en la superficie terrestre,|~g0|=9,8 N/kg(m/s2)
? l o s r e s u lta d o s o b t e n i d o s: en muchos casos se puede tener una idea de los valores habituales para ciertas magni-tudes, de modo que hay que estar alerta ante la obtención de resultados absurdos. Por ejemplo, ¿cuál es el rango habi-tual para la velocidad de un satélite en órbita, la aceleración de la gravedad en la superficie de planetas, los órdenes de magnitud de las masas de los planetas o satélites del sistema solar. . . ?
Cuestión
2
La energía mecánica de un cuerpo en órbita es la suma de sus energías cinética y potencial:
Emec.orbital=EC+EP
La energía cinética orbital de la Luna es EC = 1 2MLv
2, dondeves
su velocidad orbital; vamos a ponerven función der, teniendo en cuenta que la fuerzagravitatoriaactúa como fuerzacentrípeta:
FG=Fcpta ⇒GMT
ML
r2
=
ML
v²
r ⇒v
2=GMT
r
siendorel radio orbital de la Luna (distancia Tierra-Luna)
EC= 1 2MLG
MT
r
La energía potencial del sistema Tierra-Luna es
EP=−GMTML
r
Por tanto la energía mecánica orbital en función deres:
Emec,orb= 1 2MLG
MT
r −G MTML
r =−
1 2G
MTML
r
La clave de la respuesta está en el signo menos: la energía mecánica de cualquier objeto en órbitasiempre es negativa. Por tanto, si la energía mecánica de la Luna está aumentando significa que se hace
1) Un satélite se desplaza en órbita circular porque la fuerza
gra-vitatoriaque la Tierra ejerce sobre él actúa como fuerzacentrípeta1
: 1
Toda fuerza que actúe comocentrípetase puede expresar comoFc=mac=mv2/r
FG =Fc⇒GMm
r2
=mv 2
r ⇒v²=G M
r (
2
) 2
La velocidad de un satélite en órbita
nodepende de su masam, depende únicamente de su distancia al centro de la Tierra,r.
siendovla velocidad orbital del satélite,r(=RT+h)el radio de su órbita,Mla masa de la Tierra.
v= r
GM r =
s
6,67·10−115,9·1024
6,82·106 =7,59·10 3m/s
G
F
G
F
r
h
v v
vo
RT
Figura 1: Satélite en órbita
2) En los lanzamientos se aplica elprincipio de conservación de la
energía mecánica: La energía mecánica (cinética + potencial) en el punto de lanzamiento y en la órbita es la misma (despreciando rozamientos):
EC,o+EP,o =EC,r+EP,r
1 2mv
2
o−
GMm RT
= 1
2mv
2−GMm
r (
3
)
3La velocidad de lanzamiento de un satélite nodepende de su masam, sólo depende de la órbita en la que se sitúe,r.
sustituyendov2: 1 2v
2
o−
GM RT
= 1
2
GM r −
GM r =−
1 2
GM r
vo=
s GM( 2
RT
−1
r) = s
6, 67·10−11·5,9·1024( 2
6,37·106 −
1 6,82·106)
Problema
4
1) Un satélite se desplaza en órbita circular si la fuerza
gravitato-riaque la Tierra ejerce sobre él actúa como fuerzacentrípeta4
: 4
Toda fuerza que actúe comocentrípetase puede expresar comoFc=mac=mv2/r
FG =Fc⇒GMm
r2
=mv 2
r
⇒v²=GM r (
5
) 5
La velocidad de un satélite en órbita
nodepende de su masa,m, depende únicamente de su distancia al centro de la Tierra,r.
siendovla velocidad orbital del satélite,rel radio de su órbita, M
la masa de la Tierra.
Para calcular el radio de la órbita
r= GM v²
No podemos usar los datosGy M, pero sí|~g0|, lo que nos permite ponerGMen función deg0yR:
g0=GM
R² ⇒GM=g0R² (
6
) 6Esta operación es muy frecuente en estos
problemas
r= g0R² v² =
9,8·(6,4·106)2
(7,6·103)2 =6,95·10 6m (7
) 7~540 km de altura
Por definición, elperiodo orbital,T, es el tiempo invertido en comple-tar una órbita cuya longitud es 2πra una velocidadv:
T= 2πr v =
2·3,14·6,95·106
7,6·103 =5,74·103s (
8
) 8
Algo más de hora y media
2) La velocidad mínima necesaria para que un objeto escape de
un campo gravitatorio,ve, se consigue dándole laEcsuficiente para llegar al infinito (¡... y más allá!, Buzz dixit), donde EP = 0 y por tantoET=0.
Ec+Ep=0⇒ 1 2mv
2
e −G
Mm
r =0⇒ve= r
2GM r
donde Mes la masa dela Tierrayrla distancia entre el punto de
lanzamiento y el centro de la Tierra, es decir, el radio orbital.9 9Si se lanzara desde la superficie,rsería
el radio terrestreR. Véase nota20.
ve=
r
2g0R2
r =
s
2·9,8·(6,4·106)2
6,95·106 =1,07·10
4m/s (10
) 10
1) El campo gravitatorio resultante en el puntoP,~gP, tiene su origen en el punto, su dirección es la recta que une las masas, su sentido es hacia la masa mayor y su módulo se obtiene restando los módulos|~g2| − |~g1|, de acuerdo con la fig.2.
m1
d ~g2 ~g1
m2 ~gP
P
Figura 2: Campo resultante en P
|
~
g
P|
=
|
~
g
2| − |
~
g
1|
=
G
m
2r
22
−
G
m
1r
21
=
6,67·10
−11
(
1·10
9)
2(
2
−
1
)
10
30=
66,7 N/kg
2) EL puntoQen el que los potenciales gravitatorios son iguales debe estar más cerca dem1. De acuerdo con la figura3, sixes la distancia entrem1yQ,d−x es la distancia entrem2yQ.
m1 m2
Q
d-x x
Figura 3: En Q,V1=V2
V1=V2, Gm1 x =G
m2 d−x,
1·1030
x =
2·1030 2·109−x x= 2·1039 =6,67·108m
3) Elmomento angular,~L2, de la masam2respecto al punto,O, se define mediante el producto vectorial delvector de posición,~r2, de la masa respecto aOy suvector momento lineal(ocantidad de movimiento),~p2:~L2 =~r2×~p2, siendo~p2 = m2~v2. El vector~L2es perpendicular a los vectores~r2y~p2, sentido +OZ (véase fig.4) y su módulo es:
O
Y
X
~
p2
Z~
L
2~
r
2α
~
p2
Figura 4: Momento angular,~L2. (El vector ~p2se puede trasladar paralelamente hasta el origen para aplicar el producto vectorial u obtener el sentido de~L2con laregla del
tornillo). |~L2|=|~r2||m2~v2|senα=2·109·2·1030·3·105sen 90°=
1,2·1045kg m2s−1
Problema
2
1) El dato del periodo orbital de la Luna sugiere que la distancia
Tierra-Luna debe considerarse en este caso como el radio orbital de la Luna:rL.
Elperiodo orbitalde un astro que se desplaza con velocidad
or-bitalv = q
GM
r (
11
), es el tiempo invertido en describir una órbita 11Mes la masa del astro (la Tierra en este
caso) respecto al cual el objeto (la Luna en este caso) está en órbita,noes la masa del cuerpo en órbita.
cuya longitud es L=2πr, y se cumple:
TL= 2
πrL
vL
= q2πrL
GMT rL
TL2= 4π 2r3
L
GMT
(A)
Como no se pueden usar los datosGyMT, hay que sustituir en
La ecuación (A) expresa la 3ª ley de KE P L E R:T2=Cr3. Aunque desconocía la naturaleza de la constante la calculó empíricamente,
función deg0yRT:
g0= GMT R2
T
⇒GMT =g0R2T (B)
DespejandorL en la ecuación (A) y sustituyendo la igualdad (B):
rL =
3 s
T2
Lg0R2T 4π2 =
3 r
23580442·9,8·6,372(106)2
4π2 =3, 83·10
8m
2)dT = MT
VT , siendo MT
= g0R 2
T
G yVT =
4 3πR
3
T ( 12
) 12
Volumen de una esfera
d= g0R 2
T
G43πR3T
=5509 kg/m3
Cuestión
3
Aceleración de la gravedad en la superficie de Marte:gM=
GMM
R2M
Aceleración de la gravedad en la superficie de Tierra: gT = GMT
R2
T De la2ª ec. se obtieneGy se sustituye en la1ª:
G= gTR 2
T
MT
⇒ gM=
gTR2TMM
MTR2M
La masa de cada planeta se pone en función de la densidad y el volumen:
M=Vd= 4
3πR
3d
y después se usan los datosdM=0,72dTy RM=0,53RT:
gM=
gTR2T
4 3πR
3
MdM
4 3πR
3
TdT
R2M
= 9,8·0,53RT0,72dT
RTdT
1) La ley de interacción gravitatoria universal de Ne w t o n
con-sidera las masas puntuales. (Gau s sdemostró posteriormente la validez de esta suposición). Por tanto el punto de contacto de las masas, P, se sitúa a 4 cm y a 1 cm, respectivamente, de cada masa, tal como se representa en la figura5.
m1 ~g1 P ~g2
1cm 4cm
m2
Figura 5: El campo gravitatorio en P es nulo
En dicho punto el campo gravitatorio es cero, por tanto los mó-dulos de~g1y~g2son iguales:
~gP =0⇒ |~g1|=|~g2| ⇒G m1 0,042 =G
m2
0,012 ⇒ m1 m2
=16
2) El trabajo para desplazar dos masas se obtiene mediante la
variación de la energía potencial entre las posiciones inicial y final:
W=−∆Ep=−(Ep,2−Ep,1) =Ep,1−Ep,2 (C)
Ep,1=−Gm1m2 r1
,Ep,2=−Gm1m2 r2
En la posición1la distancia entre las masas esr1 = 5 cm, y en la posición final esr2 = 20 cm. Por otra parte, separar dos masas requiere fuerzas contrarias a las propias del campo, por lo que elW
realizado por dichas fuerzas debe considerarse con signomenos.Y ademásm1=16m2. Así pues, sustituyendo en la ec.C:
−1,6·10−12 =−6,67·10−1116m2m2
0,05 −(−6,67·10
−1116m2m2
0,20 )
−1,6·10−12=6,67·10−1116m22(
1 0,20−
1 0,05)
m2=9,99·10−3kg , m1=1,59·10−1kg
Cuestión
3
Intensidad de campo en la superficie:
|~g0|=G MT
R2T
Intensidad de campo a la altitudh:
|~g|=GMT r2 (
13
) 13Siendor=R
T+h. Es muy recomendable
operar conrsin sustituir, así los cálculos son más sencillos porque evitamos la incógnitahen un binomio al cuadrado: (RT+h)2. Al final basta con una simple
resta.
De la1ª ecuación se obtieneGMT =g0R2
T, y por otra parte se cumple|~g|=0,20|~g0|. Sustituyendo en la2ª ecuación:
0,20 g0=
g0R
2
T
r2 ,r= RT
√
0,20 =14087 km
Problema
1
1) El punto buscado debe estar más próximo a la masa menor; el
esquema de la situación se ve en la fig.6
0000000000000
1111111111111~g2 P ~g1
+6m
-6m x m
|6+x| m 6-x m
M2 M1
0
Figura 6: El campo gravitatorio es nulo en un puntoPde coordenadas(x, 0)m.
~gP=0⇒ |~g1|=|~g2|,G 100
(6−x)2 =G
300
(6+x)2
x=1,6 m ;P(1,6 , 0)m
2) El trabajo para trasladarM1desde A hasta C es realizado por la fuerza propia del campo, pues las masas quedan más próximas, por tanto el trabajo debe resultar con signopositivo.
0000000000000
1111111111111
B A
C
+6m
-6m 0
+6m
M2 M1
Figura 7: El trabajo para desplazar un cuerpo en un campo conservativono
depende de la trayectoria seguida. WA→C=−∆Ep=−(Ep,C−Ep,A) =Ep,A−Ep,C
WA→C=−GM1M2
rAB
−(−GM1M2 rBC
) =GM1M2( 1 rBC
− 1
rAB
)
W= +1,67·10−7J
Problema
2
1) Las relaciones entre periodos orbitales y radios orbitales de
dos objetos celestes se resuelven típicamente mediante la3ª ley de
Ke p l e r,T2=Cr3(1 4): 14
T: periodo orbital,rradio orbital,C: constante que depende de la masa del cuerpo central, por tanto esta operación
soloes válida si ambos objetos están en órbita alrededor del mismo astro, la Tierra en este caso.
TL2= Cr3L
Ts2 =Cr3s
TL2 T2
s
= Cr 3
L
Cr3s
rs = 3
s T2
sr3L
T2
L
= 3 r
1(3,8·108)3
272 =4,22·10
7m (15
) 15No es necesario poner los periodos en s, porque sus unidades se cancelan. Sí es imprescindible ponerlos en lamisma
unidad.
Sin embargo, en el apartado siguiente es
obligadoponerlo ens.
2) El periodo de un objeto en órbita es el tiempo que invierte en
describir una órbita completa. Suponiendo una órbita circular, la longitud de ésta esL=2πr. Por tanto
Ts = 2πrs
vs ,
vs= 2πrs
Ts
= 2π4,22·10 7
1·24·3600 =3,068·10
3m/s (16
) 16∼
1) La energía potencial de dos masas,Mym, separadas una
distanciarse obtiene mediante la ecuación
Ep=−GMm
r
donde Mes la masa del planeta,mla del objeto yr=R0=6RP Los datosGyMno están disponibles, pero se pueden sustituir en función deg:
g= GM R2
P
⇒GM=gR2P
Ep=−gR
2
Pm 6
RP
=−1010J (17
) 17
La energía potencial gravitatoria es
siemprenegativa. (VéanseIndicaciones en la página 2)
2) En desplazamientos de masas en los que hay cambios de
velocidad y de distancia entre ellas hay que aplicar el principio de conservación de la energía mecánica, figura8.
Emec,0 = Emec,1
Ec,0+Ep,0 = Ec,1+Ep,1
1 2mv
2 0−
GMm
R0 =
1 2mv
2 1−
GMm R1
v2 0
2 −
gR2P 6
RP
= v 2 1
2 −
gR2P
RP
v0 = 6633, 25 m/s
m
M v0
R1
v1 R 0=6RP
Figura 8: La suma de las energías cinética y potencial permanece constante en ausencia de rozamiento. Al acercarsemla
Epque va perdiendo se va transformando
Problema
1
1) Fuerza de interacción gravitatoria entre el planeta y el satélite
|~F|=GMm
r2
dondem=ms =500 kg, yr=rs =4,19·108m.
El periodo orbital del satélite esTs = 2πvsrs . y su velocidad orbital
esvs =
q
GM
rs (véase nota
11). De estas dos ecuaciones se obtiene
GMpara calcular la fuerza gravitatoria:
Ts = q2πrs
GM rs
, Ts2= 4π 2r3
s
GM , GM=
4π2r3s
T2
s
F= 4π 2r
3
sm
T2
sr2s
= 4π
24,19·108·500
(43,47·3600)2 =337,37 N
2) Energía cinética
Ec= 1 2msv
2
s =
1 2ms
Frs
ms
= 1
2337,37·4,19·10
8=7,07·1010J (18
) 18
La fuerza gravitatoria actúa como fuerza
centrípetaen los cuerpos en órbita, por tanto se puede expresar como|~F|=mv2
r ,
y de aquív2=Fr m
Otra manera:
Ec=12mv2=21mGMr =12m Fr 2 r m Energía potencial
Ep=−GMms
rs
=−Fr
2
sms
msrs
=−337,37·4,19·108=−14,14·1010J
Energía mecánica total: suma de las energías cinética y potencial
Emec=Ec+Ep= 1 2ms
GM rs
−GMms rs
=−1
2
GMms
rs ( 19
) 19LaE
cde un cuerpo en órbita es la mitad
del valor absoluto de suEp, como se
comprueba en los resultados, y suEmec
total (siemprenegativa) tiene el mismo valor que laEc.
Emec =−7,07·1010J
3) Para que el satélite se aleje indefinidamente del planeta, su
velocidad debe superar a lavelocidad de escape. Velocidad actual del satélite:
vs =
s GM
rs
Velocidad doble de la actual:
v0s=2
s GM
rs
=2vs
Velocidad de escape desde su órbita actual:20 20En la expresión de lavelocidad de escape,Mes la masa del astro central del cual quiere escapar un cuerpo,noes la masa del cuerpo.res la distancia respecto al centro deMdesde la que el cuerpo iniciará su escape, en este caso es la órbita en la que se encuentra el satélite. ve =
s
2GM rs
=√2
s GM
rs
=√2vs
Comparandov0s yve, como 2 >
√
2 ⇒ v0s > ve, por tanto el satélite conseguirá escapar del campo gravitatorio del planeta, alejándose indefinidamente con trayectoria hiperbólica.21
21
1) Se aplica el principio de superposición al punto B, fig.9: 2m B 4m
Figura 9: El campo gravitatorio enBes el resultante de los campos generados en dicho punto por cada masa.
~gB=~g1,B+~g2,B=−G m1 r21,B
~i+Gm2 r22,B
~i
~gB =−6,67·10−1110
22~i+6,67·10 −1130
42~i=−4,17·10
−11~iN/kg
2) En el puntoPen el que el campo es nulo los módulos de los
campos generados por cada masa deben ser iguales, fig.10:
m1 ~g1 m2
P (6-x) m
x m
~g2
Figura 10: El campo gravitatorio es nulo en
P, situado axm dem1y a(6−x)m de
m2
~gP=~g1,P+~g2,P=0⇔ |~g1,P|=|~g2,P|,G
m1 x2 =G
3 m1
(6−x)2
3x2= (6−x)2,x=2,19 m , P(2,19 , 0)m
