Documento soluciones examen UD1, "Interacción gravitatoria", Fís2ºBD

Soluciones_2º BD_25/10/2019_

Departamento de Física y Química

OPCIÓN A

1.

a) Define qué es el vector intensidad de campo gravitatorio y explica cómo es dicho vector intensidad de campo gravitatorio en un punto P debido a dos masas puntuales m1 y m2.(CE 1.1)

El vector intensidad de campo gravitatorio en un punto es la fuerza que se ejercería sobre la unidad de masa (testigo) supuesta situada en dicho punto. Matemáticamente se obtiene dividiendo la fuerza gravitatoria sobre una masa testigo situada en el punto entre el propio

valor de dicha masa: g⃗ (P) = g⃗ (r ) =F⃗⃗ (P)

m′ (más correctamente g⃗ (P) = g⃗ (r ) = limm′→0 F ⃗⃗ (P)

m′).

La intensidad de campo gravitatorio debido a un conjunto de masas puntuales se determina u obtiene mediante el principio de superposición. El campo gravitatorio en un punto P debido a n masas puntuales, m1, m2, m3, ..., mn, será la suma de los vectores intensidad de campo gravitatorio debido a cada masa como si las demás no estuviesen. De modo matemático sería:

g⃗ _total(P) = ∑ g⃗ i(P) = n

i=1

g⃗ ₁(P) + g⃗ 2(P) + ⋯ + g⃗ n(P)

b) Determina la velocidad con la que un objeto de 5 kg llega al pie de un plano inclinado 30º de 10 m de longitud al ser abandonado en su parte más alta (coeficiente de rozamiento dinámico entre el cuerpo y la superficie, µ = 0,25). ¿Cuánta energía mecánica se ha perdido en esta bajada? (CE 1.2)

goT = 10 m·s-2

Estrategia de resolución. Para determinar la velocidad con la que un objeto de 5 kg llega al pie de un plano inclinado 30º de 10 m de longitud al ser abandonado en su parte más alta (coeficiente de rozamiento dinámico entre el cuerpo y la superficie, µ = 0,25) debemos primero hacer un dibujo, segundo un diagrama de fuerzas y tercero elegir un sistema de referencia.

Tenemos que conocer qué fuerzas actúan sobre el cuerpo. En este caso vemos que son el peso del objeto, la normal y la fuerza de rozamiento que ejerce la superficie. Como actúan fuerzas no conservativas (normal y fuerza de rozamiento) debemos tener en cuenta que:

W_NCAB= ∆E_mAB→ W_Fr A B_{+ W}

NAB = ∆EpAB+ ∆EcAB

Puesto que la fuerza normal no realiza trabajo (es perpendicular al desplazamiento) podemos afirmar que:

WFr_A

B_{+ W}

NAB= ∆EpAB+ ∆EcAB→ WFr_A

B_{= ∆E}

pAB+ ∆EcAB= Ep(B) − Ep(A) + Ec(B) − Ec(A)

Teniendo en cuenta que el origen de la energía potencial gravitatoria lo tomamos en la parte baja del plano inclinado, Ep(B) = 0, y que

el cuerpo está en reposo en la parte superior del plano, E_c(A) = 0, podemos escribir que:

W_Fr A B_{= E}

p(B) − Ep(A) + Ec(B) − Ec(A)

|F⃗⃗⃗ | · |∆r _{r A}B_{| · cos 180}o₌1 2 m · vB

2_{− m · g · h} A

|F⃗⃗⃗ | = μ · |N_r ⃗⃗ |

|P⃗⃗⃗ | = |P⃗⃗ | · sen 30x o |P⃗⃗⃗ | = |P⃗⃗ | · cos 30y o

|P⃗⃗ | = m · g

sen 30o₌ hA

|∆r _AB_|→ hA= |∆r AB| · sen 30o }

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ { Eje X: |P⃗⃗⃗ | − |Fx ⃗⃗⃗ | = m · ar x⇒ |P⃗⃗ | sen 30

o _{− μ |N⃗⃗ | = m · a} x Eje Y: |N⃗⃗ | − |P⃗⃗⃗ | = 0 ⇒ |Ny ⃗⃗ | = |P⃗⃗⃗ | = |P⃗⃗ | cos 30y o= m · g · cos 30o

}

μ |N⃗⃗ | · |∆r AB| · cos180o= 1 2 m · vB

2_{− m · g · h} A

−μ · m · g · cos 30o_{· |∆r} AB| =

1 2 m · vB

2_{− m · g · h} A

−μ · m · g · cos 30o_{· |∆r} A B_{| =}1

2 m · vB

2_{− m · g · |∆r} A

B_{| · sen 30}o

m · g · |∆r _AB_{| · sen 30}o_{− μ · m · g · cos 30}o_{· |∆r} A B_{| =}1

2 m · vB 2

30º

P ⃗⃗ N

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Departamento de Física y Química vB= √2 · g · |∆r AB| · (sen 30o− μ · cos 30o) = √2 · 10 m · s−2· 10 m · (sen 30o− 0,25 · cos 30o) = 7,5 m · s−1

Por tanto, la velocidad adquirida por el cuerpo cuando llegue al pie del plano inclinado es de 7, 𝟓 𝐦 · 𝐬−𝟏_.

Esto nos permite especificar cuáles han sido las variaciones de energía que se han producido en esta situación concreta y obtener la cantidad de energía mecánica que se ha perdido en la bajada:

- Energía potencial. La variación de energía potencial se ha debido al cambio de altura respecto al nivel tomado como cero (punto A):

∆E_pAB= Ep(B) − Ep(A) = Ep(B) − Ep(A) = −m · g · hA

∆E_pAB= m · g · |∆r _AB| · sen 30o_{= −5 kg · 10 m · s}−2_{· 10 m · sen 30}o_{= −250 J}

Esto quiere decir que la energía potencial se ha reducido en 250 J.

- Energía cinética. La variación de energía cinética se ha debido al aumento de la velocidad del objeto:

∆E_cAB= E_c(B) − E_c(A) = E_c(B) − E_c(A) =1 2 m · vB

2₌1

2 5 kg · (7,5 m · s

−1₎2_{= 141 J}

Esto nos indica que la energía cinética ha aumentado en 141 J.

También podemos observar que se ha perdido energía mecánica, concretamente 109 J que se harán transformado en energía interna o térmica (del cuerpo, de la superficie, del aire que los rodea, …):

∆E_mAB= ∆E_pAB+ ∆E_cAB= −250 J + 141 J = −109 J

En definitiva podemos afirmar que parte de la disminución de la energía potencial gravitatoria se ha convertido en energía cinética, mientras que la otra parte se ha convertido en energía interna o energía térmica.

En consecuencia en la bajada del cuerpo a lo largo del plano inclinado se ha perdido una energía mecánica de 109 J.

Estas variaciones y esta pérdida también se podrían haber hallado sin necesidad de obtener la velocidad con la que el objeto llega al pie del plano inclinado:

WFr_A

B_{= ∆E}

pAB+ ∆EcAB

∆E_cAB= WFr_A

B_{− ∆E}

pAB= |F⃗⃗⃗ | · |∆r r AB| · cos 180𝑜− Ep(B) + Ep(A)

∆E_cAB= −μ · m · g · cos 30o_{· |∆r}

AB| − Ep(B) + Ep(A)

∆E_cAB= m · g · h_A− μ · m · g · cos 30o_{· |∆r} AB|

∆E_cAB= m · g · |∆r _AB_{| · sen 30}o_{− μ · m · g · cos 30}o_{· |∆r} AB|

∆E_cAB= 5 kg · 10 m · s−2_{· 10 m · sen 30}o_{− 0,25 · 5 kg · 10 m · s}−2_{· cos 30}o_{· 10 m = 141 J}

Por tanto la variación de energía mecánica sería:

∆E_mAB= ∆E_pAB+ ∆E_cAB= −250 J + 141 J = −109 J

Así se observa que se habrían perdido 109 J de energía mecánica.

2.

a) Define qué es el potencial gravitatorio, y describe y dibuja las dos formas de representar o visualizar el campo gravitatorio debido a una masa puntual. (CE 1.1)

El potencial gravitatorio en un punto P es la energía potencial gravitatoria de la unidad de masa supuesta situada en dicho punto. También el potencial gravitatorio en un punto se puede definir como el trabajo que realizan las fuerzas gravitatorias cuando la unidad

de masa se desplaza desde dicho punto hasta el infinito: V(P) =EP(P)

mP =

WP∞

mP.

Hay dos formas de representar o visualizar el campo gravitatorio: las líneas de campo o fuerza y las superficies equipotenciales o equiescalares. Las líneas de campo o de fuerza son las líneas a las que son tangentes en cada punto los vectores característicos del campo (intensidad de campo gravitatorio en este caso) en dichos puntos. Para una masa puntual estas líneas son radiales centradas en la masa puntual y dirigidas hacia la misma. Las superficies equiescalares o equipotenciales son el lugar geométrico de

los puntos (superficies) que poseen los mismos valores de la magnitud escalar característica del campo (el potencial gravitatorio en este caso) en dichos puntos. Para una masa puntual esas superficies son esfércias y concéntricas centradas en dicha masa.

b). Deduce y calcula la velocidad de escape de una nave espacial cuando se haya a una altura de 10000 km sobre la superficie de Júpiter. ¿De qué factores depende esa velocidad? (CE 1.3) G = 6,67 · 10-11 _N·m2_·kg-2_{; M}

Júpiter = 1,9 · 1027 kg; RJúpiter = 69900 km

Estrategia de resolución. La velocidad de escape es la velocidad inicial mínima necesaria que hay que dar a un cuerpo para abandonar el campo gravitatorio de un planeta y alejarse indefinidamente de él. Para que esto suceda el objeto

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Departamento de Física y Química debe alcanzar una energía mecánica igual a cero, es decir, la mínima y suficiente para que pueda “llegar” al infinito. De este modo y matemáticamente, teniendo en cuenta que solo hay fuerzas conservativas y que la situación mínima es tener energía cinética igual a cero al abandonar el campo gravitatorio, en el infinito:

W_NCA∞= ∆E_mA∞= 0 ⇒ E_m(A) = E_m(∞) = E_c(∞) + E_p(∞) = 0

E_m= 0 ⇒ E_p+ E_c= 0 ⇒ E_m= E_c+ E_p= 0 ⇒1

2 m · ve2− G

M_Júpiter· m

r = 0 ⇒

vescape= ve= √2G MJúpiter

r = √2G

MJúpiter R_Júpiter+ h

Hay que tener en cuenta que las magnitudes estén escritas en SI: - MJúpiter = 1,9 · 1027 kg;

- RJúpiter = 69900 km = 6,9900 · 107 m; - G = 6,67 · 10-11 _N·m2_·kg-2_.

- h = 10000 km = 1,0000 · 107 _m.

v_e= √2G MJúpiter

R_Júpiter+ h= √2 · 6,67 · 10−11 N · m2· kg−2

1,9 · 1027 _kg

6,9900 · 107 _{m + 1,0000 · 10}7 _m= 5,6 · 104 m · s−1

De este modo, la velocidad de escape desde la superficie de Marte es de 𝟓, 𝟔 · 𝟏𝟎𝟒 _{𝐦 · 𝐬}−𝟏_.

Los factores de los que depende la velocidad de escape se pueden observar en la expresión deducida de la misma, ve= √2G MJúpiter

RJúpiter+h.

Se puede comprobar que dichos factores son la masa M del planeta (Júpiter en este caso), su radio R y la altura h respecto a su superficie (o la distancia respecto a su centro r).

3.

a) Explica qué son las fuerzas conservativas. Escribe dos formas de la energía potencial gravitatoria de una masa m situada a una altura h sobre la superficie de la Tierra de masa MTy radio RT, explicando en qué situaciones se pueden utilizar cada

una de ellas. (CE 1.2)

El concepto de fuerzas conservativas se puede explicar como que un campo de fuerzas es conservativo si el trabajo que realizan dichas fuerzas entre dos puntos A y B no depende de la trayectoria seguida, sino sólo de los puntos A y B (inicial y final).

También se puede dar otra definición: un campo de fuerzas es conservativo cuando el trabajo que realizan dichas fuerzas a lo largo de cualquier trayectoria cerrada es nulo.

La energía potencial gravitatoria de una masa m situada a una altura h sobre la superficie de la Tierra de masa MTy radio RT se puede

escribir de dos formas diferentes.

La primera forma es la más general y es útil en cualquier situación y lugar del campo gravitatorio de la Tierra excepto en el interior de nuestro planeta, aunque su mayor aplicación se produce en alturas que sean comparables con el radio de la Tierra. La expresión matemática de esta energía potencial teniendo en cuenta que el origen de la misma se sitúa en el infinito, Ep(∞) = 0, es:

Ep(h) = −G M_T· m RT+ h

La segunda forma que podemos escribir para la energía potencial gravitatoria de una masa m situada a una altura h sobre la superficie de la Tierra de masa MTy radio RT solamente es válida en las proximidades de la superficie de la Tierra, concretamente cuando la altura

sobre dicha superficie es mucho más pequeña que el radio de nuestro planeta y considerando el origen de la energía potencial en la propia superficie, Ep(h = 0) = 0:

Ep(h) = m · go· h

Donde g_o= GMT

R_T2 y, por tanto, también se podría escribir como:

E_p(h) = m · GMT R_T2 · h = G

MT· m · h R_T2

b) Halla la masa de Júpiter y la aceleración centrípeta de Europa, uno de sus satélites más importantes (descubierto por Galileo Galilei), a partir de los datos orbitales de dicho satélite cuando se mueve alrededor del planeta gaseoso: periodo orbital de 3,57 días y radio orbital de 670900 km. (CE 1.5)

G = 6,67 · 10-11 _N·m2_·kg-2

Estrategia de resolución. La obtención de la masa del planeta Júpiter se basa en el principio fundamental de la dinámica,

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Departamento de Física y Química componentes intrínsecas de la aceleración y del movimiento circular uniforme,

a_c =v 2

r T =2π

ω v = ω · r

Debemos tener en cuenta también que los datos que nos dan se encuentren en el SI (y no estaría de más realizar un dibujo que nos ayude a comprender la situación y a aplicar la segunda ley de la dinámica):

- periodo orbital medio de Europa = 3,57 días = 3,08 · 105 _{s = T} Europa. - radio orbital medio de Europa = 670900 km = 6,70900 · 108 _{m = r}

Europa.

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ Fg= m · ac ⇒ G

M_Júpiter· m_Europa

r_Europa2 = mEuropa· v_Europa2 r_Europa⇒

GMJúpiter

r_Europa = vEuropa

2 _{⇒ G}MJúpiter r_Europa = (

2π · r_europa T_europa )

2

⇒ GMJúpiter r_Europa =

4π2_{· r} Europa 2

T_Europa2

MJúpiter= 4π2_{· r}

Europa 3

G · T_Europa2 =

4π2_{· (6,70900 · 10}8 _m)3

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· (3,08 · 10}5 _s)2 = 1,88 · 1027kg

Por tanto, la masa de Júpiter obtenida es 𝟏, 𝟖𝟖 · 𝟏𝟎𝟐𝟕_𝐤𝐠.

La aceleración centrípeta de Europa, en su órbita alrededor de Júpiter, la podemos obtener a partir del principio fundamental de la dinámica, ∑ F⃗ = m · a⃗ , o de las relaciones características del movimiento circular uniforme y de las componentes intrínsecas de la

aceleración, ac= v2

r = ω

2_{· r = (}2π T)

2

· r =4·π2·r T2 .

Con el principio fundamental de la dinámica:

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ Fg= m · ac⇒ G

MJúpiter· mEuropa

r_Europa2 = mEuropa· acEuropa

a_cEuropa= GMJúpiter

r_Europa2 = 6,67 · 10−11 N · m2· kg−2

1,88 · 1027 _kg

(6,70900 · 108 _m)2= 0,28 m · s−2

Mejor aún, con las relaciones del movimiento circular uniforme y las componentes intrínsecas de la aceleración, a_c =4·π2·r T2 :

a_cEuropa=4 · π 2_{· r}

Europa T2

Europa

=4 · π

2_{· 6,70900 · 10}8 _m

(3,08 · 105 _s)2 = 0,28 m · s−2

Así que la aceleración centrípeta de Europa en su órbita alrededor de Júpiter es de 𝟎, 𝟐𝟖 𝐦 · 𝐬−𝟐_.

4.

a) Relaciona la intensidad de campo gravitatorio o aceleración de la gravedad en la Tierra con la de Marte teniendo en cuenta que la masa del planeta rojo es aproximadamente 9 veces menor que la de nuestro planeta y que su radio es también 1,9 veces menor. ¿Será diferente el peso de los objetos sobre la superficie marciana que en la superficie terrestre? Razona la respuesta. (CE 1.1)

Para relacionar la intensidad de campo gravitatorio o aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra con la del planeta Marte, vamos a escribir esas intensidades (módulos) en las superficies de ambos cuerpos celestes, g = GM

R2, y después los vamos a dividir,

expresando previamente los datos de Marte en función de los datos de nuestro planeta:

gMarte= G M_Marte

R_Luna2

g_Tierra= GMTierra R2_Tierra = G

9 · MMarte (1,9 · R_Marte)2

}

⇒gTierra gMarte

=

G 9 · MMarte (1,9 · RMarte)2

GMMarte R_Marte2

= 9

1,92= 2,5

Por tanto:

g_Tierra= 2,5 · g_Marte

Esto quiere decir que la intensidad de campo gravitatorio (la aceleración de la gravedad ) en la superficie de la Tierra es 2,5 veces mayor que en Marte.

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Departamento de Física y Química veces mayor que el que tendrían en la superficie del planeta rojo, puesto que su masa es la misma y la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre es 2,5 veces superior a la que se nota en la superficie marciana.

b) Determina la energía que debieron consumir los motores de los cohetes que propulsaron al transbordador STS Atlantis (2030 toneladas) cuando se situó en la órbita de la Estación Espacial Internacional (ISS) a 400 km de altura media ¿Qué energía potencial gravitatoria tenía el transbordador en la superficie de la Tierra? (CE 1.4)

Masa de la Tierra = MT = 5,97 · 1024 kg; G = 6,67 · 10-11 N·m2·kg-2; radio de la Tierra = RT = 6370 km

Estrategia de resolución.- Para determinar el trabajo que realizaron los motores que propulsaron al transbordador STS Atlantis (2030 toneladas = 2,030 · 106 _{kg) para situarlo en esa órbita, debemos tener en cuenta que ese trabajo debe ser como mínimo la diferencia de} energía mecánica que hay entre la situación del objeto en la órbita indicada (la llamaremos situación B u órbita, h = 400 km = 4,00·105 m) y la energía que posee la misma en el punto de lanzamiento sobre la superficie terrestre (la llamaremos situación A o superficie, RTierra = 6370 km = 6,370·106 m). Esta diferencia de energía se la tendrán que aportan los propulsores en forma de trabajo no conservativo. Así, considerando que la velocidad del Atlantis en la superficie de nuestro planeta es cero:

W_NCAB= ∆E_mAB= Em(B) − Em(A) = Ec(B) + Ep(B) − [Ec(A) + Ep(A)]

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = ∆Em_superficieórbita _{= Em}

órbita− Emsuperficie= Ecórbita+ Epórbita− Ecsuperficie− Epsuperficie

Hay que recordar que la velocidad orbital del ingenio es:

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ Fg= m · ac ⇒ G

M_Tierra· m_Atlantis

r_órbita2 = mAtlantis· v_órbital2

r_órbita ⇒ G M_Tierra

r_órbita = vorbital2 ⇒ vorbital= √G M_Tierra

r_órbita

Así:

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita =1

2 mAtlantis vorbital2 − G

M_Tierra· m_Atlantis r_órbita + G

M_Tierra· m_Atlantis r_superficie

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita =1

2 mAtlantis (√G M_Tierra

rórbita )

2

− GMTierra· mAtlantis rórbita

+ GMTierra· mAtlantis rsuperficie

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita =1

2 mAtlantis

G · MTierra r_órbita −

G · MTierra· mAtlantis

r_órbita +

G · MTierra· mAtlantis R_Tierra

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = −1

2 mAtlantis

G · MTierra r_órbita +

G · MTierra· mAtlantis R_Tierra

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = −1

2 mAtlantis

G · M_Tierra RTierra+ h

+G · MTierra· mAtlantis RTierra

W_NCsuperficieórbita = −1

2 2,030 · 10

6 _kg 6,67 · 10−11 N · m2· kg−2· 5,97 · 1024 kg

6,370 · 106 _{m + 4,00 · 10}5 _m +

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· 5,97 · 10}24 _{kg · 2,030 · 10}6 _kg

6,370 · 106 _m

W_NCsuperficieórbita = 6,7 · 1013 _J

El trabajo realizado por los motores para situar el transbordador en órbita fue de 𝟔, 𝟕 · 𝟏𝟎𝟏𝟑 _𝐉.

La energía potencial gravitatoria del transbordador sobre la superficie de la Tierra es:

Ep(A) = Epsuperficie= −G

MTierra· m𝐴𝑡𝑙𝑎𝑛𝑡𝑖𝑠 rsuperficie

= −GMTierra· mAtlantis RTierra

E_p(A) = Ep_superficie= −6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−25,97 · 1024 kg · 2,030 · 106 kg

6,370 · 106 _m =

Por tanto, la energía potencial del transbordador Atlantis en la superficie de la Tierra es −𝟏, 𝟑 · 𝟏𝟎𝟏𝟒 _𝐉.

OPCIÓN B

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Departamento de Física y Química El vector intensidad de campo gravitatorio debido a una masa puntual en un punto P situado a una distancia r de m se obtiene a partir

de la definición de dicho vector a partir de una masa testigo mP, g⃗ (P) =

F ⃗⃗ (P)

mP, y de la ley de gravitación universal entre la masa m y la

citada masa testigo, F⃗ = −Gm·mP

r2 u⃗⃗⃗ r:

g⃗ (P) =F⃗ (P) mP

=−G

m · m_P r2 u⃗ r mP

= −Gm

r2 u⃗ r

g⃗ (P) = −Gm r2 u⃗ r

De esta expresión se pueden obtener algunas de las características de la interacción gravitatoria:

- Está asociada a las masas: el vector intensidad depende de la masa puntual que produce el campo gravitatorio. - No depende del medio puesto que la constante de gravitación es universal.

- Tiene alcance infinito como se puede extraer de la dependencia con el cuadrado de la distancia, 1

r2, del vector intensidad de campo

gravitatorio.

- Es central como indica la presencia del vector unitario u⃗ r que tiene como dirección la que va desde la masa m hasta el punto P (el

hecho de ser central tiene como consecuencia que la interacción es conservativa).

- Es atractiva como revela el signo negativo, “-“, que indica que el vector intensidad de campo gravitatorio está dirigido, su sentido apunta hacia la masa que crea el campo (es decir en sentido contrario al vector unitario u⃗ _r).

b) Un objeto de 10 kg se desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento a una velocidad de 25 m·s-1_{. ¿Qué} compresión máxima producirá sobre un resorte (k = 750 N·m-1_{) cuando el cuerpo impacte sobre su extremo libre} considerando que el otro extremo está fijo? ¿Desde qué altura respecto al extremo libre del mismo muelle habría que dejar caer el mismo objeto para que produjese la misma compresión teniendo en cuenta que el extremo fijo del muelle se sitúa en el suelo? (CE 1.2)

goT = 10 m·s-2

Estrategia de resolución. Para hallar la compresión máxima que se producirá sobre el resorte debemos primero hacer un dibujo, segundo un diagrama de fuerzas y tercero elegir un sistema de referencia.

Tenemos que conocer qué fuerzas actúan sobre el cuerpo: peso, normal y fuerza elástica. Como la única fuerza no conservativa que actúa no realiza trabajo (es perpendicular al desplazamiento) debemos tener en cuenta que:

W_NCOx = ∆E_mOx ⇒ W_NOx = ∆E_mOx = 0 ⇒

0 = E_m(x) − E_m(O) ⇒

E_c(x) + E_pg(x) + E_pe(x) = E_c(O) + E_pg(O) + E_pe(O)

Tomaremos como orígenes de energías potenciales, en x y en O para la gravitatoria y en O para la elástica: E_pg(x) = E_pg(O) = 0; E_pe(O) = 0.

Además la energía cinética en x es cero.

Ec(x) + Epg(x) + Epe(x) = Ec(O) + Epg(O) + Epe(O)

1 2 k · x

2₌1 2m · vO

2

x = √m · vO 2

k = √

10 kg · (25 m · s−1₎2

750 N · m−1 = 2,9 m

Así que la compresión máxima del resorte es de 2,9 m.

Para determinar la altura respecto al extremo libre del mismo muelle a la que habría que dejar caer el mismo objeto para que produjese la misma compresión debemos primero hacer un dibujo, segundo un diagrama de fuerzas y tercero elegir un sistema de referencia.

Tenemos que conocer qué fuerzas actúan sobre el cuerpo cuando cae e incide sobre el muelle: peso y fuerza elástica.

Como no actúan fuerzas no conservativas debemos tener en cuenta que:

W_NChx= ∆E_mhx= 0

0 = E_m(x) − E_m(h)

Fe

⃗⃗⃗⃗

P ⃗⃗

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Departamento de Física y Química E_c(x) + Epg(x) + Epe(x) = Ec(h) + Epg(h) + Epe(h)

Tomaremos como orígenes de energías potenciales, en x para la gravitatoria, y O para la elástica (también es nula en h):

E_pg(x) = 0; E_pe(O) = E_pe(h) = 0

Además la energía cinética en h y en x es cero.

E_c(x) + E_pg(x) + E_pe(x) = E_c(h) + E_pg(h) + E_pe(h)

Por tanto, la energía potencial gravitatoria en h se transforma íntegramente en energía potencial elástica en x,

E_pe(x) = E_pg(h)

De este modo:

1

2 k · x2= m · g · (h + x)

1 2 k · x

2_{= m · g · h + m · g · x}

h = 1

2 k · x2− m · g · x m · g

h = 1

2 750 N · m−1· (2,9 m)2− 10 kg · 10 m · s−2· 2,9 m

10 kg · 10 m · s−2 = 28 m

En consecuencia la altura a la que se debe dejar caer el objeto para producir la misma compresión es de 28 m.

2.

a) Con los datos orbitales de Venus, periodo = T y distancia media a nuestra estrella = r, y el valor de la constante de gravitación universal = G, razona y escribe una expresión de la masa del Sol. (CE 1.5)

Estrategia de resolución.- La obtención de la masa del Sol se basa en la ley de gravitación universal, F⃗ = −Gm·m′

r2 u⃗⃗⃗ r, en el principio

fundamental de la dinámica, ∑ F⃗ = m · a⃗ , y en los fundamentos cinemáticos de las componentes intrínsecas de la aceleración y del movimiento circular uniforme,

a_c =v 2

r T =2π

ω v = ω · r

} ⇒ v = ω · r =2π T · r

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ Fg= m · ac⇒

GMSol· m

r2 = m ·

v2

r ⇒

GMSol

r = v2⇒ G

M_Sol

r = (

2π · r

T )

2 ⇒

GMSol

r =

4π2_{· r}2 T2

M_Sol=4π 2_{· r}3

G · T2

b) Dos esferas de 1000 kg se encuentran, respectivamente, en los puntos (0,– 6) m y (0,6) m. Determina el potencial gravitatorio debido a ambas masas en el punto A(8,0) m y la energía potencial de una tercera masa de 500 kg situada en dicho punto. (CE 1.1)

G = 6,67 · 10 –11 N m2 _kg –2

Estrategia de resolución. Para hallar el vector intensidad de campo gravitatorio en el punto A(8,0) m obtendremos los producidos por cada una de las masas puntuales por separado, para finalmente sumarlos vectorialmente. Antes de comenzar a aplicar el principio de superposición debemos escribir las magnitudes en las unidades adecuadas, en el SI:

* Masas: m1 = m2 = 1000 kg.

* Coordenadas de los puntos en metros, m. El vector intensidad de campo gravitatorio:

g⃗ total(A) = g⃗ (A) = ∑ g⃗⃗⃗ (A) =i n

i=1

g⃗⃗⃗⃗ (A) + g1 ⃗⃗⃗⃗ (A) = ∑ −G2 m_i r_i2 u⃗⃗⃗⃗⃗ =ri

n

i=1

− Gm1

r₁2 u⃗⃗⃗⃗⃗ + (−Gr1

Soluciones_2º BD_25/10/2019_

Departamento de Física y Química r1

⃗⃗⃗ = r⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1A1A ⃗⃗⃗⃗⃗ = (8,0)m − (0, −6)m = 8i + 6j m// r1= √(8 m)2+ (6 m)2= √100 m = 10 m// u⃗⃗⃗⃗⃗ =r1

8 10i +

6

10 j = 0,8i + 0,6 j r2

⃗⃗⃗ = r⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2A2A ⃗⃗⃗⃗⃗ = (8,0)m − (0,6)m = 8i − 6j m// r2= √(8 m)2+ (−6 m)2= √100 m = 10 m// u⃗⃗⃗⃗⃗ =r2

8 10i −

6

10 j = 0,8i − 0,6 j

g1

⃗⃗⃗⃗ (C) = −Gm1

r₁2 u⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −6,67 · 10r1C

−11 _{N · m}2_{· kg}−21000 kg

(10 m)2 (0,8i + 0,6 j ) = −5,3 · 10−10 i − 4,0 · 10−10 j N · kg−1

g2

⃗⃗⃗⃗ (C) = −Gm2

r₂2 u⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −6,67 · 10r2C

−11 _{N · m}2_{· kg}−21000 kg

(10 m)2 (0,8i − 0,6 j ) = −5,3 · 10−10 i + 4,0 · 10−10 j N · kg−1

𝐠

⃗ _{𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥}(𝐀) = 𝐠⃗ (𝐀) = −𝟏, 𝟎𝟔 · 𝟏𝟎−𝟗 _{𝐢 𝐍 · 𝐤𝐠}−𝟏

El vector intensidad de campo gravitatorio total en el punto A nos indica la fuerza que ejerce el campo sobre la unidad de masa supuesta situada en dicho punto A, es decir, una masa de un kilogramo situada en A experimenta una fuerza de −1,06 · 10−9 _{i N.}

Por tanto para hallar la fuerza que ejercerán las dos masas dadas sobre otra masa de 500 kg situada en dicho punto A(8,0)m podemos utilizar la relación entre la fuerza gravitatoria y el vector intensidad de campo, F⃗ (A) = mA· g⃗ (A):

𝐅 (𝐀) = 𝐦_𝐀· 𝐠⃗ (𝐀) = 𝟓𝟎𝟎 𝐤𝐠 · −𝟏, 𝟎𝟔 · 𝟏𝟎−𝟗 _{𝐢 𝐍 · 𝐤𝐠}−𝟏_{= −𝟓, 𝟑 · 𝟏𝟎}−𝟕 _{𝐢 𝐍}

Luego la fuerza que las dos masas de 1000 kg situadas en los puntos indicados ejercen sobre una masa de 500 kg situada en el punto A(8,0) m es −𝟓, 𝟑 · 𝟏𝟎−𝟕 _{𝐢 𝐍 (5, 𝟑 · 𝟏𝟎}−𝟕 _{𝐍 𝐝𝐞 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐧𝐬𝐢𝐝𝐚𝐝 𝐨 𝐦ó𝐝𝐮𝐥𝐨 𝐝𝐢𝐫𝐢𝐠𝐢𝐝𝐚 𝐞𝐧 𝐞𝐥 𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐧𝐞𝐠𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐞𝐣𝐞 𝐎𝐗).}

3.

a) Obtén la expresión de la velocidad de escape desde la superficie de la Luna suponiendo que conoces el valor de la constante de gravitación universal = G, la masa de la Luna = ML, y el radio de nuestro satélite = RL. ¿Qué le ocurriría a un objeto que se lance desde la superficie terrestre a una velocidad inferior a la obtenida? (CE 1.3)

La velocidad de escape es la velocidad inicial mínima necesaria que hay que dar a un cuerpo para abandonar el campo gravitatorio de un planeta y alejarse indefinidamente de él. Para que esto suceda el objeto debe alcanzar una energía mecánica igual a cero, es decir, la mínima y suficiente para que pueda “llegar” al infinito (con energía cinética y energía potencial nulas).

De este modo y matemáticamente:

Em= 0 ⇒ Ep+ Ec= 0 ⇒ Em= Ec+ Ep= 0 ⇒

1 2 m · ve

2_{− G}M · m

r = 0 ⇒

vescape = ve= √2G M

r

Donde M es la masa del planeta y r es la distancia respecto al centro de dicho planeta. Desde la superficie de la Luna, r = RL y M = ML:

v_e= √2GML R_L

Si un objeto se lanza desde la superficie terrestre con una velocidad inferior a la obtenida, es decir, a la velocidad de escape dicho objeto no podrá escapar del campo gravitatorio de la Tierra y quedará sujeto a ella, bien cayendo nuevamente a su superficie o moviéndose en una órbita cerrada (Em < 0), circular o elíptica. Puesto que v < ve y

1 2 m · ve

2_{− G}M·m r = 0

Em= Ec+ Ep= 1 2 m · v

2_{+ (−G}M · m r ) < 0

b) Determina el trabajo que realizaron los motores del módulo lunar del Apollo XI (2200 kg) para situarlo en la órbita de encuentro con el módulo de mando, a 115 km sobre la superficie lunar. Halla la energía mecánica de dicho módulo lunar en la órbita de encuentro. (CE 1.4)

G = 6,67 · 10 –11 N m2 _kg –2_{; M}

Luna = 7,35 · 1022 kg; RLuna = 1737 km

Estrategia de resolución.- Para determinar el trabajo que realizaron los motores del módulo lunar (2200 kg) para situarlo en esa órbita, debemos tener en cuenta que ese trabajo debe ser como mínimo la diferencia de energía mecánica que hay entre la situación del objeto en la órbita indicada (la llamaremos situación B u órbita, h = 115 km = 1,15·105 _{m) y la energía que posee la misma en el punto de} lanzamiento sobre la superficie terrestre (la llamaremos situación A o superficie, RLuna = 1737 km = 1,737·106 m). Esta diferencia de energía se la tendrán que aportan los propulsores en forma de trabajo no conservativo. Así, considerando que la velocidad del módulo lunar en la superficie de nuestro satélite es cero:

Soluciones_2º BD_25/10/2019_

Departamento de Física y Química W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = ∆Em_superficieórbita _{= Em}

órbita− Emsuperficie= Ecórbita+ Epórbita− Ecsuperficie− Epsuperficie

Hay que recordar que la velocidad orbital del ingenio es:

∑ F⃗ = m · a⃗ ⇒ F_g= m · a_c⇒ GMLuna· mmódulo

r_órbita2 = mmódulo· v_órbital2

r_órbita ⇒ G MLuna

r_órbita = vorbital

2 _{⇒ v}

orbital= √G MLuna r_órbita

Así:

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita =1

2 mmódulo vorbital

2 _{− G}MLuna· mmódulo r_órbita + G

MLuna· mmódulo r_superficie

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita =1

2 mmódulo (√G MLuna rórbita )

2

− GMLuna· mmódulo rórbita

+ GMLuna· mmódulo rsuperficie

W_NCAB = W_NCsuperficieórbita =1

2 mmódulo

G · M_Luna rórbita

−G · MLuna· mmódulo rórbita

+G · MLuna· mmódulo RLuna

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = −1

2 mmódulo

G · M_Luna rórbita

+G · MLuna· mmódulo RLuna

W_NCAB= W_NCsuperficieórbita = −1

2 mmódulo

G · MLuna R_Luna+ h+

G · MLuna· mmódulo R_Luna

W_NCsuperficieórbita = −1

2 2200 kg

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· 7,35 · 10}22 _kg 1,737 · 106 _{m + 1,15 · 10}5 _m +

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· 7,35 · 10}22 _{kg · 2200 kg} 1,737 · 106 _m

W_NCsuperficieórbita = 3,3 · 109 _J

El trabajo realizado por los motores fue de 𝟑, 𝟑 · 𝟏𝟎𝟗 _{𝐉 para situar el módulo en órbita.}

La energía mecánica que tenía el satélite en su órbita es

Em(B) = Emórbita= 1

2 mmódulo vorbital

2 _{− G}MLuna· mmódulo rórbita

Em(B) = Emórbita= 1

2 mmódulo (√G M_Luna rórbita )

2

− GMLuna· mmódulo rórbita

E_m(B) = Em_órbita=1

2 mmódulo

G · MLuna R_Luna+ h−

G · MLuna· mmódulo

R_Luna+ h = −

1 2

G · MLuna· mmódulo R_Luna+ h

Em(B) = Emórbita= − 1

2 2200 kg

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· 7,35 · 10}22 _kg 1,737 · 106 _{m + 1,15 · 10}5 _m =

Por tanto, la energía mecánica del módulo lunar en órbita es −𝟓, 𝟔 · 𝟏𝟎𝟗 _𝐉.

4.

a) ¿Un astronauta pesará más o menos en la superficie de la Luna que en la de la Tierra? Averígualo a partir de los siguientes datos: masa de la Tierra, MT = 81·ML, masa de la Luna; radio de la Tierra, RT = 3,67 · RL, radio de la Luna. ¿Qué relación tendría el resultado obtenido con la diferencia en la caída libre de objetos en nuestro satélite con lo que sucede en nuestro planeta? (CE 1.1)

Para comprobar si un astronauta pesará más o menos en la superficie de la Luna que en la de la Tierra, vamos a escribir los pesos (módulos) en las superficies de ambos cuerpos celestes a partir de la ley de gravitación universal, F⃗ = −Gm·m′

r2 u⃗⃗⃗ r, y después los vamos

a dividir, expresando previamente los datos de la Luna en función de los datos de nuestro planeta:

PLuna= G

M_Luna· m_astronauta R2_Luna

P_Tierra= GMTierra· mastronauta R_Tierra2 = G

81 · MLuna· mastronauta (3,67 · R_Luna)2

}

⇒PTierra PLuna

=

G81 · M_{(3,67 · R}Luna· mastronauta Luna)2

GMLuna· mastronauta R2_Luna

= 81

Soluciones_2º BD_25/10/2019_

Departamento de Física y Química Por tanto:

PTierra= 6,0 · PLuna

Esto quiere decir que el peso de un astronauta (o de cualquier objeto) en la superficie de la Tierra es 6,0 veces mayor que su peso en la Luna.

Esta relación y la que mantiene el peso y la intensidad de campo gravitatorio, P = m · g, nos permite decir que la aceleración de la gravedad en la superficie lunar (al igual que el peso) es 6,0 veces inferior a la nuestro planeta (P_Luna=PTierra

6,0 ) y que, en consecuencia,

los objetos en caída libre en nuestro satélite se desplazarán con menor aceleración y aumentarán más lentamente su velocidad, adquirirán menor velocidad en el mismo tiempo o tras recorrer la misma distancia.

b) Calcula el periodo del planeta Marte alrededor del Sol y su velocidad orbital sabiendo que su distancia media a nuestra estrella es de 228 millones de kilómetros. (CE 1.5)

G = 6,67 · 10 –11 N m2 _kg –2_{; M}

Sol = 2,0 · 1030 kg. Estrategia de resolución.-

Para obtener el periodo del planeta Marte alrededor del Sol podemos hacer uso de la ley de gravitación universal, F⃗ = −Gm·m′_r2 u⃗⃗⃗ r, del

segundo principio de la dinámica de Newton, ∑ F⃗ = m · a⃗ , y de los fundamentos cinemáticos de las componentes intrínsecas de la

aceleración y del movimiento circular uniforme, ac= v2

r, T = 2π

ω y v = ω · r, aplicados a Marte: ∑ F⃗ = m · a⃗

F

⃗ = −Gm · m′ r2 u⃗⃗⃗ r

a_c=v 2

r

T =2π ω

v = ω · r }

⇒ v = ω · r =2π T · r

Aplicando el principio fundamental de la dinámica al movimiento orbital de Marte alrededor del Sol:

Fg= m · ac

GMSol· mM

r_M2 = mM· v_M2 r_M

GMSol r_M = vM

2

GMSol rM

= (2πrM TM

) 2

T_M2 ₌4π2rM3 G M_Sol

TM= √ 4π2_r

M3 G MSol

Antes de sustituir hay que expresar el radio medio de la órbita de Marte en metros: - radio medio órbita Marte = rM = 228 millones km = 2,28 · 1011 m

T_M= √ 4π

2_{· (2,28 · 10}11 _m)3

6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2_{· 2,0 · 10}30 _kg= 5,9 · 107 s = 686 días = 1,88 años

De este modo el periodo orbital de Marte es de 1,88 años.

La velocidad orbital del planeta rojo ha sido deducida anteriormente, v_M2 _{= G}MSol

rM a partir de la ley de gravitación universal, F⃗ =

−Gm·m′

r2 u⃗⃗⃗ r, del segundo principio de la dinámica de Newton, ∑ F⃗ = m · a⃗ , y de los fundamentos cinemáticos de las componentes

intrínsecas de la aceleración y del movimiento circular uniforme, ac =v

2

r, T = 2π

ω y v = ω · r, aplicado a Marte:

vM2 = G M_Sol

Soluciones_2º BD_25/10/2019_

Departamento de Física y Química vM= √G

M_Sol rM

v_M = √6,67 · 10−11 _{N · m}2_{· kg}−2 2,0 · 1030 kg

2,28 · 1011 _m= 2,4 · 104 m · s−1

Así que la velocidad del planeta Marte en su órbita alrededor del Sol es 𝟐, 𝟒 · 𝟏𝟎𝟑 _{𝐦 · 𝐬}−𝟏 _{(𝟐, 𝟒 𝐤𝐦 · 𝐬}−𝟏_).

También podríamos haber hallado la velocidad orbital a partir de la velocidad de un movimiento circular uniforme:

vM = 2π T_M· rM=

2π