FÍSICA TOMO 2 2010-2011

Valentín Laconcha Abecia

Doctor en C. Físicas

Ciencias de la Naturaleza / Tecnología

Tomo II

F Í S I C A

2º Bachillerato

. Ciencias de la Naturaleza

. Tecnología

UNIDAD IV :

Interacciones

TEMA 11.-

Interacción

gravitatoria:

Campo gravitatorio

TEMA 12.-

Interacción

electromagnética:

Campo eléctrico

TEMA 13.-

Interacción

electromagnética:

Campo magnético

TEMA 14.-

Inducción magnética

TEMA 15.-

Ondas electromagnéticas

Valentín Laconcha Abecia, S.M.

Doctor

en C. Físicas

T E M A 11.-

INTERACCIÓN GRAVITATORIA:

Campo Gravitatorio

SUMARIO:

11.1.- Interacciones y campos

11.2.- Ley de la gravitación universal

11.3.- Campo gravitatorio: Intensidad del campo y potencial

11.4.- Campo gravitatorio: Ley de Gauss

11.5.- Esfera gravitatoria: Campo y potencial

11.6.- Esfera terrestre: Puntos próximos a su superficie

11.7.- Movimiento en un campo gravitatorio: Leyes de Kepler

11. 8.- Movimiento en un campo gravitatorio: Planetas y satélites

Actividades desarrolladas

1.- INTERACCIONES Y CAMPOS

Hasta el presente, se han estudiado las interacciones entre cuerpos materiales en contacto o con nexos de unión entre ellos (cuerdas, medios materiales de unión, ...). Las fuerzas de

con-tacto aplicadas a un cuerpo venían determinadas mediante el concepto de aceleración, por

apli-cación de la segunda ley de Newton.

¿Qué decir de las interacciones a distancia, sin contacto ni nexos de unión? Por ejemplo: la atracción gravitatoria entre cuerpos materiales, la atracción o repulsión entre cargas eléctricas, las acciones magnéticas de los imanes, ... En todos estos casos son interacciones a distancia y el medio material en el que se encuentran los cuerpos en interacción es prescindible. Los problemas derivados de las acciones a distancia se abordan introduciendo el concepto de campo de fuerzas, como veremos enseguida.

Las acciones mutuas o interacciones que se ejercen entre sí los cuerpos materiales se pueden agrupar básicamente en estos cuatro tipos:

1.- Interacción gravitatoria: La más conocida desde la antigüedad y la primera estudiada

cuidadosamente. Es responsable de numerosos fenómenos naturales: el movimiento planetario, el movimiento de la materia en su conjunto. Su alcance es infinito. Por su intensidad, puede conside-rarse como la interacción más débil de la Naturaleza.

2.- Interacción electromagnética: La mejor estudiada y comprendida. Y la más importante

en nuestra vida diaria. Está presente en la mayoría de los fenómenos físicos, químicos y biológi-cos; está presente en las acciones entre átomos y moléculas. Su alcance es también infinito. Y es mucho más intensa que la gravitatoria.

3.- Interacción fuerte o nuclear: Es una interacción muy estudiada pero aún

insuficiente-mente comprendida. Es responsable de que los nucleones (protones y neutrones) se mantengan dentro del núcleo fuertemente ligados, y de otros fenómenos relacionados (como la unión de los quarks, partículas integrantes de los nucleones). Su alcance es sumamente pequeño; es del orden del fermio (1 fermio = 1 femtómetro = 10-15 _{m). Es la interacción conocida de mayor intensidad.} 4.- Interacción débil: De ella se tiene un conocimiento aún muy escaso. Es responsable de

ciertos procesos entre partículas elementales, tales como la desintegración beta. Su alcance es todavía menor que el de la interacción fuerte (< 1 fermio) y es de menor intensidad que ella.

Las intensidades relativas de todas estas interacciones son, tomando la interacción fuerte como unidad:

* fuerte ~ 100

* electromagnética ~ 10-3

* débil ~ 10-6

* gravitatoria ~ 10-40

Como se ha indicado anteriormente, para describir estas interacciones (acciones a distan-cia) se introduce el concepto de campo de fuerzas. Por campo entendemos una propiedad física que se extiende sobre una región del espacio y se describe mediante una función de la posición y del tiempo (Cf. Unidad I, tema 3, nº 3). Según la Física Clásica, para cada interacción, suponemos que una partícula produce alrededor de ella (dentro de su alcance) el campo de fuerzas corres-pondiente. Este campo a su vez actúa sobre una segunda partícula dando lugar a la fuerza reque-rida (acción). La segunda partícula, por su parte, crea su propio campo el cual actúa sobre la pri-mera partícula produciendo la fuerza correspondiente (reacción): de este modo, resulta la interac-ción mutua entre ambas partículas.

Modernamente, la trasmisión de las fuerzas entre las distintas cargas de cada interacción están descritas por la Teoría Cuántica de Campos que explica estas acciones a distancia como realizadas bajo la acción de ciertas partículas elementales que hacen de intermediarias, transmi-soras, o portadores de la interacción. Se denominan bosones de gauge virtuales.

+ En el caso de la interacción fuerte, estos bosones se denominan gluones; aglutinan los quarks en el interior de los nucleones y mantienen cohesionado el núcleo de los átomos.

+ Los portadores de la interacción débil son los bosones W+_{, W}- _{y Z}0_.

+ En el caso de la interacción electromagnética, los intermediarios son los fotones.

+ Se admite como partículas transmisoras de la interacción gravitatoria los gravitones, partículas aún no detectadas experimentalmente.

2.- LEY DE LA GRAVITACIÓN UNIVERSAL

”... de cómo Newton, aparte del cuento de la manzana que cae conturbando la

placentera siesta del genio, ideó, gestó y dio a luz con extraordinaria intuición esta

magnífica ley...”

(

Extractado de “FISICA”, vol. I: Mecánica, de M.Alonso y E.J.Finn, pgs 411-412)

“Uno de los problemas fundamentales que ha intrigado al hombre desde los albores de la ci-vilización ha sido el movimiento de los cuerpos celestes o, como decimos hoy día, el movimiento planetario. Quizá uno de los procesos más interesantes en la historia de la ciencia ha sido la evo-lución de nuestra comprensión del movimiento planetario.”

“Los griegos, que consideraban al hombre como el centro del Universo, supusieron que la Tierra era su centro geométrico y que los cuerpos celestes se movían alrededor de la Tierra. Los cuerpos conocidos en aquel tiempo fueron ordenados de acuerdo con la distancia promedio a la Tierra: la Luna, Mercurio, Venus, el Sol, Marte, Júpiter y Saturno.”

“La primera hipótesis relacionada con el movimiento planetario consistió en suponer que los planetas describían círculos concéntricos, teniendo a la Tierra en su centro. Esta suposición, sin embargo, no explicaba el movimiento observado de estos cuerpos con respecto a la Tierra, y la geometría del movimiento planetario se hizo más y más compleja. En el siglo segundo de la era cristiana, el astrónomo Ptolomeo de Alejandría desarrolló la teoría de las epicicloides para expli-car este movimiento. En forma sencilla, se suponía que el planeta describía, con movimiento uni-forme, un círculo denominado epiciclo, cuyo centro a su vez se desplazaba en un círculo mayor, concéntrico con la Tierra y llamado deferente. La trayectoria resultante del planeta es así una

epi-cicloide. En algunos casos era necesaria una disposición más complicada para describir los

vimientos planetarios. En nuestro lenguaje actual, lo que hicieron los griegos fue describir el mo-vimiento planetario con respecto a un sistema de referencia situado en la Tierra.”

“Esta descripción fue aceptada como correcta hasta que, en el siglo dieciséis, el monje pola-co Nipola-colás Copérnipola-co (1473-1543), que buscaba una solución más simple, propuso describir el movimiento de todos los planetas, incluyendo la Tierra, con respecto al Sol, el cual estaría en el centro. La idea no era nueva; había sido propuesta por primera vez por el astrónomo griego Aris-tarco, alrededor del siglo tercero antes de Cristo. De acuerdo con Copérnico, el orden de las órbi-tas de los planeórbi-tas con respecto al Sol era el siguiente: Mercurio, Venus, la Tierra, Marte, Júpiter y Saturno, girando la Luna alrededor de la Tierra. Lo que Copérnico propuso esencialmente fue otro sistema de referencia situado en el Sol, respecto al cual el movimiento de los planetas tenía una descripción más sencilla.”

“El Sol, el cuerpo más grande de nuestro sistema planetario, coincide prácticamente con el centro de masas del sistema solar, y se mueve más lentamente que los otros planetas (la masa del sol es unas 1063 veces mayor que la suma de las masas del resto de cuerpos del sistema solar). Esto justifica el haberlo escogido como centro de referencia, ya que es prácticamente un sistema inercial. Lo propuesto por Copérnico ayudó al astrónomo Johannes Kepler (1571-1630) en el descubrimiento de las leyes del movimiento planetario, como resultado del análisis cuidadoso de las mediciones astronómicas de Tycho Brahe (1546-1601). Estas leyes, denominadas leyes de

Kepler, son una descripción cinemática del movimiento planetario, y se enuncian de la siguiente

manera:

I.- Los planetas describen órbitas elípticas, estando el Sol en uno de sus focos. (Ley de las

órbitas)

II.- El vector de posición de cualquier planeta con respecto al Sol barre en la elipse áreas

iguales en tiempos iguales. (Ley de las áreas).

III.- Los cuadrados de los periodos de revolución de los planetas son proporcionales a los

cubos de las distancias promedio de ellos al Sol. (Ley de los periodos. Esta ley puede

expresar-se por la ecuación R3 _{= k T}2_{, siendo k una constante de proporcionalidad).”}

“La siguiente etapa en la historia de la astronomía fue una discusión de la dinámica del mo-vimiento planetario y un esfuerzo por determinar la interacción responsable de tal momo-vimiento. Es aquí donde Sir Isaac Newton (1642 -1727) llevó a cabo su grandiosa contribución, la ley de

gravi-tación universal. Esta ley, formulada por Newton en 1666, sólo fue publicada en 1687, cuando

apareció como un capítulo de su monumental trabajo Philosophiae Naturalis Principia

Mathemati-ca.”

Aunque la órbita de los planetas es una elipse, su excentricidad (e = 0’017) es muy peque-ña, por lo que simplificaremos la deducción que hizo Newton, suponiendo una órbita circular. Según él, la interacción entre los cuerpos celestes se produce como si las masas de los mismos estuviesen concentradas en su centro.

El Sol atrae al planeta con una fuerza centrípeta Fps y éste describe una trayectoria circular de radio R, con velocidad angular constante (M.C.U.) ωp. (En ade-lante, los subíndices p y s indican que la magnitud físi-ca correspondiente hace referencia al planeta o al Sol, respectivamente). La ecuación fundamental de la dinámica se expresa así:

Fps = mp acp = mp (vp2 / R) = mp R ωp2 = mp R (2π/Tp)2 = 4π2_R(mp/Tp2₎

donde Fps es la fuerza ejercida por el Sol sobre el planeta; m p, v p, ωp y Tp son la masa, velocidad lineal, velocidad angular y periodo del planeta; y R la distancia planeta-Sol.

La 3ª ley de Kepler expresa la proporcionalidad siguiente para los diversos planetas del sis-tema solar:

R13/T12 = R23/T22 = R33/T32 = .... = ks

La constante ks depende del Sol; no depende de los planetas. Por ello, se puede sustituir en (1) el valor de Tp2, Tp2 = R3/ks, con lo que resulta:

Fps = 4π2_R(mp/R3_{) ks = 4π}2_ks(mp/R2₎

Fps = 4π2_ks(mp/R2_{) (2)}

La 3ª ley de Newton implica también que el planeta ejerce su acción sobre el Sol, Fsp, de igual valor y sentido opuesto (módulos iguales, Fsp = Fps). Pero esta fuerza, Fsp, debe ser formal-mente análoga a Fps, es decir:

Fsp = 4π2kp(ms/R2) (3)

Igualando (2) y (3), y simplificando, resulta: kp ms = ksmp o bien:

mp/kp = ms/ks (4)

La ecuación (4) separa en cada miembro los valores relativos al planeta y los relativos al Sol. Llamando K al valor común de cada miembro, K ≡ mp/kp = ms/ks , esta nueva constante es independiente de cada planeta e independiente del Sol. Y puesto que entonces ks = ms/K , susti-tuyendo este valor en (2) se llega a Fps = (4π2/K).(ms.mp/R2) . Llamando G ≡ 4π2/K , se tiene

final-mente: ₂ R m m G F_ps = s p (5)

Newton observó cómo la constante G no dependía de los cuerpos en interacción, el Sol y cada planeta. En base a ello, y aquí está su gran genialidad, generalizó este comportamiento aplicándolo a cualquier par de cuerpos en interacción:

(6)

Esta ley de Gravitación Universal fue comprobada por H. Cavendish, en 1798, mediante un dispositivo denominado balanza de torsión de Cavendish.

Dicho dispositivo utilizado por Cavendish consta de una varilla de longitud L = 180 cm, con dos esferas pequeñas de platino en sus extremos, de masa m = 730 g cada una.

2 r ' m . m G F=

Todo cuerpo atrae a cualquier otro con una fuerza que es directamente pro-porcional a sus masas e inversamente propro-porcional al cuadrado de la distancia que las separa. F : : m F : : m’ F : : 1/r2

La barra, de longitud L, está suspendida, por su punto medio, de un hilo muy fino de torsión (de cuarzo) que lleva intercalado un pequeño espejo, sobre el que incide un rayo de luz que, des-pués de reflejarse en él, se recoge sobre una escala graduada. (Estudiar la figura)

Colocando a uno y otro lado de la varilla, simétricamente, y en el mismo plano horizontal, dos esferas de plomo iguales, de masa m’ = 158 kg cada una, se origina un par de fuerzas que produce una torsión del hilo, observándose en la escala la desviación del rayo de luz reflejado en el espejo. En la nueva posición de equilibrio, el par de torsión originado por la atracción gravitato-ria M = G .L

r ' m m

2 es equilibrado por el par de torsión del hilo, M = K θ (siendo K la constante de torsión del hilo, característica del mismo). G .L

r ' m m 2 = K θ ⇒ G = _mm'L r K 2θ

Repitiendo el experimento a varias distancias r, y utilizando diversas masas m y m’ podemos obtener un valor bastante preciso de G.

Resulta para esta constante un valor, en el Sistema Internacional, dado por: G = (6’6720 ± 0’de0041)x10-11 _N.m2_.kg-2

Así pues, y de acuerdo con la generalización de Newton, los cuerpos materiales se atraen mutuamente. A este fenómeno se le denomina interacción gravitatoria.

Todo cuerpo material presenta esta propiedad, la gravitación, que es la capacidad de atraer a los demás cuerpos materiales. La magnitud física asociada a esta capacidad, y que sirve para medirla, se llama masa (gravitatoria) del cuerpo material. La interacción gravitatoria entre dos cuerpos materiales viene dada por (6). Y vectorialmente, se expresa así:

= Fr 2 r ' m . m G − rˆ (7)

donde los cuerpos materiales tienen las masas m y m’, respectivamente, siendo r la distancia que los separa. Se los considera puntuales, al ser sus dimensiones despreciables frente a la distancia mutua.

El aspecto vectorial de la expresión (7) se entiende del modo siguiente:

Fr representa la acción del cuerpo de masa m sobre el de masa m’. Es una fuerza cuyo módulo es F = G (m.m’)/r2 _{; su dirección y sentido quedan determinados por el signo menos, y el} versor rˆ ≡ rr/r. Este vector unitario rˆ expresa la dirección y sentido radiales, desde el cuerpo de masa m hacia el de masa m’, y el signo menos manifiesta el carácter atractivo de la fuerza de in-teracción.

La interacción gravitatoria verifica el principio de superposición: “Cuando un cuerpo se ve

sometido simultáneamente a la acción de varias fuerzas, el efecto resultante es igual a la suma de los efectos que experimentaría si estuviera sometido a cada una de las fuerzas por separado.”

O sea,

∑

= = n i i F F 1 r r

donde

F

r

i es la fuerza ejercida por la masa mi. Por tanto, si se tiene una distribución discreta de

masas m1, m2, m3, ... mi, ...mn, y la posición de la masa m’ respecto a ellas es, respectivamente, rr1, rr2, rr3, ... rri, ...

rrn la fuerza resultante ejercida por la distribución de ma-sas sobre la m’ es

∑

∑

∑

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = = = i i i n i i i i i rˆ r m G ' m rˆ r ' m . m G F F ₂ 1 2 r r

3.- CAMPO GRAVITATORIO: INTENSIDAD DEL CAMPO Y POTENCIAL

Las fuerzas de interacción entre dos masas, m y m’, son fuerzas ejercidas a distancia. Vi-mos en otro tema (Cf. Unidad I, tema 3, nº 12) cómo cabe una nueva interpretación de la interac-ción, en términos de la teoría de campos elemental: la masa m crea un campo en el espacio (o en una región de él); este campo actúa sobre la masa m’ situada en su seno: la acción del campo sobre la masa m’ es la fuerza de interacción.

♣ Intensidad del campo gravitatorio, gr(r), creado por un cuerpo puntual de masa m.

La intensidad del campo gravitatorio creado por m en un punto P situado a una distancia r viene dada por el valor de la fuerza expresada en (7) que actúa sobre la masa unidad, (m’ = 1) colocada en dicho punto; es decir, gr = / m’. Por tanto: Fr

gr(r)= ₂ r m G − rˆ (8)

Como se observa, gr sólo depende de la masa m creadora del campo; y es función de la dis-tancia r a ella.

El campo gr(r), al igual que Fr, se nos presenta con dos características importantes:

a) Es un campo central. (Cf. Unidad I, tema 3, nº 3)

En efecto, al ser generado por una masa m, que supo-nemos puntual y situada en un punto del espacio O, que llamamos “centro”, gr(r) está en todo punto dirigida hacia dicho centro O.

Todo cuerpo material, de masa m’, en el seno de dicho campo se ve pues sometido a una fuerza Fr = m’ gr dirigi-da también hacia O.

Si sobre él no actúa más que esa fuerza, su movimiento es plano, verificando la ley de las áreas, pues se conserva el momento angular de dicho cuerpo.

b) Es un campo conservativo. (Cf. Unidad I, tema 3, nº 7).

En efecto, el trabajo realizado por el campo, al llevar la unidad de masa a describir un ciclo cerrado cualquiera, es nulo. ⎟= ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− = − =

∫

∫

∫

A A r r c c r dr Gm r r d . rˆ Gm r d . g 2 2 r r r = G m A A r r r⎟_⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛1 = 0

habiendo tenido en cuenta (ver la figura) que rˆ.drr= 1.ds.cosα =dr

♣ Potencial gravitatorio, V(r), creado por el cuerpo de masa m.

Que el campo gr sea conservativo implica que proviene de un potencial V originado en el espacio por la masa m. A este potencial lo llamaremos potencial gravitatorio. Tal y como se vio (Cf. Unidad I, tema 3, nº 13), la expresión que relaciona el campo gr y el potencial V es la expre-sada en dicho tema por la ecuación (7), que adquiere en nuestro caso, según (8), la forma:

dV = −gr.drr = rˆ .dr r m G ⎟ r ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− − ₂ = G m ₂ r dr

Para obtener la función V(r), potencial gravitatorio en un punto cualquiera, aplicamos la ex-presión integral (7) del tema 3, nº 13:

V(r) =

∫

dV+ C = −

∫

g rr.dr+ C = Gm

∫

₂ r dr + C = r m G − + C

La constante de integración C es arbitraria. Su valor depende del convenio que se adopte: en qué punto del espacio consideramos nulo el valor de V. Se acostumbra aceptar que V = 0

cuando r → ∝ , o sea, V(∝) = 0. Por tanto, sustituyendo en la expresión inmediata anterior, resulta: V(∝) =

∞

−Gm+ C = 0 ⇒ C = 0 Así que, en base a este convenio, podemos es-cribir el potencial gravitatorio en todo punto, así:

r m G ) r ( V =− (9)

Nótese que, para todo punto P del espacio,

es V(r) ≤ 0, pues r es esencialmente positivo (distancia radial desde O, posición de la masa m, al punto P conside-rado). Este hecho se expresa en teoría de campos dicien-do que la masa m crea a su alrededicien-dor un pozo de

poten-cial.

En efecto, una masa m’ en el seno de dicho campo creado por m posee una energía

po-tencial gravitatoria dada por Ep = m’V(r), según el tema 3, nº13, ecuación (5); o sea: Ep(r) = –G

r m' m

(10) Esta energía potencial de m’ es asimismo negativa, Ep (r) ≤ 0; se expresa este hecho

dicien-do que m’ está ligada al campo, se encuentra en el pozo de potencial creadicien-do por m.

Si suponemos m’ en reposo, para “sacarla” del pozo, es decir para liberarla de él, es preciso darle al menos una energía igual a ⏐Ep(r)⏐. Se consigue comunicándole una energía cinética que le impulse con una velocidad ve tal que

½ m’.ve2 = r ' m . m G ⇒ r Gm v_e = 2 (11) A esta velocidad se le denomina velocidad de escape, y es la mínima velocidad que hay que comunicar a m’ para liberarla del campo gravitatorio creado por m. Veremos en otro lugar la apli-cación de esta relación: ¿con qué velocidad se ha de lanzar un satélite, desde la superficie de la Tierra, para que escape de su acción gravitatoria (T 11, 8A)?

♣ Significado físico del potencial gravitatorio.

La diferencia de potencial gravitatorio, VA – VB, entre dos puntos A y B en el seno del campo viene dada por:

VA – VB = V(rA) – V(rB) = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − B A r m G r m G = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − A B r r Gm 1 1 VA – VB = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − A B r r Gm 1 1 (12) ¿Cuál es su significado físico? Para una masa m’, en el seno del campo, se verifica que

WAB = - ΔEp = - m’ ΔV = m’ (VA – VB ) ⇒ VA – VB = WAB / m’

⇒ VA – VB representa el trabajo realizado por el campo gravitatorio para llevar la unidad de ma-sa desde A hasta B.

¿Y cuál es el significado físico del potencial gravitatorio en un punto, V(r)? Si consideramos que A es un punto cualquiera P, y B es el punto del infinito, r → ∝, en el que V(∝) = 0, entonces:

V(r) – V(∝) = WP∝ / m’ ⇒ V(r) = WP∝ / m’

⇒ V(r) representa el trabajo que el campo gravitatorio realizaría para llevar la masa unidad des-de la posición P hasta el infinito.

♣ Superposición de campos y de potenciales gravitatorios.

Hasta ahora hemos considerado tanto la intensidad como el potencial del campo gravitatorio creado por una sola masa m. Para estudiar ambos, intensidad y potencial gravitatorios, debidos al campo creado por una distribución de masas, basta aplicar el principio de superposición, tanto para )gr(r como para V(r). En efecto, ambos son aditivos, el primero vectorialmente, el segundo

escalarmente, del mismo modo que lo son las fuerzas de interacción gravitatoria y las energías

potenciales asociadas a ellas. Así pues, dada una distribución de masas m1, m2, m3, ..., mi, ..., mn, se verificará:

∑

= g(r) ) r ( gr r_{i i} V(r) = V(r ) i i

∑

♣ Líneas de campo y superficies equipotenciales.

El campo gravitatorio se representa por sus líneas de campo y por sus superficies equipo-tenciales. Nada hay que añadir a lo expresado en la

Uni-dad I, tema 3, nº 6 y 13.

* La intensidad del campo gr(r)se representa por las líneas de campo, tangentes en todo punto al vector gr en él.

* El potencial gravitatorio V(r) se representa por las superficies equipotenciales. Todos los puntos de una determinada superficie equipotencial poseen el mismo potencial.

En todo punto de un campo gravitatorio, el vector )

r (

gr es perpendicular a la superficie equipotencial en él y está dirigido hacia potenciales decrecientes (ver la demostración correspondiente en Unidad I, tema 3, nº

13).

En el caso del campo creado por una sola masa m, la figura anterior señala la forma de las líneas de campo (radiales) y de las superficies equipotenciales (esféricas y concéntricas, con po-tenciales negativos crecientes, tendiendo a cero para r → ∝).

Líneas de fuerza y superficies equipotenciales del campo gravitatorio de una masa puntual

4.- CAMPO GRAVITATORIO: LEY DE GAUSS

Revisemos algunos conceptos expresados en la Unidad I, tema 3, nº 15.

♦ Llamamos vector Sdr (vector superficie elemental) al vector cuyo módulo es dS y cuya di-rección es perpendicular a dicha superficie elemental. ¿Y el sentido de dicho vector?

+ Si la superficie elemental dS pertenece a una superficie S cerrada, el sentido de Sdr es apuntando hacia afuera de S.

+ Si la superficie elemental dS pertenece a una superficie S abierta, ... se verá más adelan-te dicho sentido de Sdr.

♦ Se define, matemáticamente, “Flujo ele-mental dΦ de un campo Cr a través de una superfi-cie elemental dS” así:

dΦ = Cr dSr = C cosϕ dS

y “Flujo Φ de un campo Cr a través de una superfi-cie S” así:

Φ =

∫∫

SCdS

r r

♦ Teorema de Gauss, en general, para un campo de la forma: Cr = rˆ

r K

2 , radial y proporcional a 1/r2.

Tal es el caso de los campos gravitatorio rˆ r m G g 2 − =

r _{y eléctrico (como veremos) rˆ}

r q k E 2 = r .

En este caso, el flujo Φ a través de la superficie cerrada S sería: Φ =

_∫∫

S S d . Cr r =

∫∫

S r2 S d . rˆ K r = dS r cos K S 2

∫∫

ϕ ya querˆ.dSr = 1 . dS . cos ϕ y por tanto ₂

r S d . rˆ r = ₂ r cosϕ dS Se puede demostrar que la integral dS

r cos

S 2

∫∫

ϕ no depende de la forma de la superficie cerrada S. Sólo depende de la posición interior o exterior de la fuente creadora del campo (en el caso del campo gravitatorio, de la posición de la masa m; en el caso del campo eléctrico, de la posición de la carga q). Esta integral vale:

+ 0, si la fuente del campo es exterior a S. + 4 π, si la fuente del campo es interior a S. Por lo tanto,

el flujo de Cr a través de S es: Φ =

_∫∫

S S d . Cr r = ⎩⎨ ⎧

π (fuentesdecampoexterioresaS) 0 S) a interiores campo de fuentes ( K 4

A esta expresión se la denomina ”Ley de Gauss” .

Teorema de Gauss : El flujo del campo gravitatorio gr a través de una superficie

ce-rrada es Φ = - 4π G

∑

mi

donde el sumatorio

∑

mi afecta exclusivamente a las masas interiores a dicha superficie.

Este teorema puede explicarse, para una sola masa m, de un modo sencillo, así:

• Sea la masa m interior a la superficie cerrada S. Consideremos la superficie esférica S0, interior a S, de radio r0 y centro en m. Todo el flujo creado por m atravie-sa ambas superficies S y S0, siendo por tanto el mismo (ver figura). Φ = ΦS = ΦS₀=

∫∫

S S d . g r r ₌

∫∫

S S d . gr₀ r₀

En todos los puntos de la superficie esférica S0, el campo gr0 = - G rˆ

r m

2 0

tiene como módulo ₂ 0 r m

G constante, y está dirigido radialmente hacia m.

Por tanto, 0

gr

.dSr₀ = g0 .dS0 cos(180º) = - g0 .dS0 = - ₂ 0 r m G dS0 Y sustituyendo este valor en la integral:

Φ = ΦS = ΦS₀= - ₂ 0 r m G {

∫∫

0 0 S dS }.

La integral anterior es igual al área de la superficie esférica S0 , o sea S0 = 4 π r20. Por lo tanto: Φ = ΦS = ΦS₀= - ₂ 0 r m G 4 π r2 0 = - 4 π G m → Así pues, si m es interior a S, Φ = - 4 π G m .

• Sea la masa m exterior a la superficie cerrada S (ver figura). El flujo a través de la super-ficie S2 (flujo negativo) es el mismo que el saliente (flujo positivo) a través de la superficie S1, y de signo contrario; por tanto, el flujo neto a través de S = S1 + S2 es nulo.

→ Así pues, si m es exterior a S, Φ = 0 .

5.- ESFERA GRAVITATORIA: CAMPO Y POTENCIAL

Aplicamos la Ley de Gauss en la obtención del campo y el potencial gravitatorios creados por una esfera másica, de centro en O (origen de referencia), radio R y masa M, radialmente homogénea [quiere decir, la densidad en cada punto P de ella sólo depende de su distancia radial r = OP; ρ = ρ(r)]. La Tierra es aproximadamente una esfera que cumple estas condiciones; por tanto lo estudiado en esta parte puede aplicársele como primera aproximación.

Calculemos el campo y el potencial gravitatorios creados por esta esfera en puntos P del espacio:

i) exteriores a ella (r > R) ii) sobre su superficie (r = R) iii) interiores a ella (r < R).

i) Puntos exteriores a la esfera, r > R.

A causa de la simetría, la intensidad del campo gravitatorio en cualquier punto P del espacio depende sólo de la distancia r de P al centro O de la esfera: gr(r).

Podemos tomar una esfera gaussiana, concéntrica con la dada, de radio r, y aplicar a ella la ley de Gauss:

Φ =

∫∫

gauss S S d . gr r = - 4 π G

∑

mi

- Por un lado, como g es constante en todos los puntos de la esfera gaussiana, Φ =

∫∫

gauss S S d . gr r =

∫∫

gauss S ) º 180 cos( . dS . g = = - g

∫∫

gauss S dS = - g 4 π r2 _{= - 4 π g r}2 - Por otro lado, Φ = - 4 π G

∑

mi = - 4 π G M

De ambos valores obtenemos - 4 π g r2 _{= - 4 π G M → g = G} 2 r M y vectorialmente gr(r).= – G ₂ r M rˆ para r > R

En cuanto al potencial creado por la esfera material, en r > R, suponiendo que V(∝) = 0, es: V(r) = -

∫

g r

r

d

r

= G M

∫

2 r r d . rˆ r = – G M

∫

− ₂ r dr = – G r M V(r) = – G r M para r > R

Concluimos, por lo tanto, “la esfera material homogénea, para puntos

exte-riores a ella, se comporta a efectos de campo y potencial gravitatorios, como si

to-da su masa estuviera situato-da en su centro

”.

ii) Puntos sobre la superficie esférica, r = R.

Para puntos sobre la superficie de la esfera, basta hacer, en las expresiones anteriores, r = R. Entonces: gr(R).= - G ₂ R M rˆ y V(R) = - G R M para r = R

iii) Puntos interiores a la esfera, r < R.

En el interior de la esfera, gr(r) y V(r) dependen de la distribución de masas, que considera-remos radial, es decir, la función densidad es ρ = ρ(r).

Para calcular gr en un punto P interior, a distan-cia radial r, apliquemos el teorema de Gauss a una superficie gaussiana de radio r:

Φ =

∫∫

gauss S S d . gr r = - 4 π G

∑

mi Por un lado, Φ =

∫∫

gauss S S d . gr r = - 4 π g r2 Por otro, Φ = - 4 π G mint

Por tanto: - 4 π g r2 _{= - 4 π G mint ⇒ g = G} 2 int r m ⇒ gr(r) = - G ₂int r m rˆ

En el caso de que la esfera sea homogénea (ρ = constante), como la masa total es M = 4/3 π R3 _{ρ y mint = 4/3 π r}3 _{ρ, resulta mint = M (r/R)}3 _{, por lo que}

gr(r) = - G ₂ R M

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

R

r

rˆ para r < R

Por consiguiente, el campo gravitatorio en un punto del interior a la esfera homogénea es proporcional a la distancia al centro.

El potencial en el punto P interior se calcula por integración, como de costumbre: V(r) = -

∫

g r

r

d

r

+ C = G ₃ R M

∫

r

dr

+ C = ½ G ₃ R M r2 _{+ C}

Para que este valor de V(r) en puntos del interior conecte con los de la superficie, la cons-tante C ha de ser tal que para r = R el potencial V(R) debe valer - GM/R. Por tanto

- G R M = 1/2 G ₃ R M R2 _{+ C ⇒ C = - 3/2 G} R M ⇒ V(r) = 1/2 G ₃ R M r2 _{- 3/2 G} R M ⇒ V(r) = - ₂

(

3R2 r2

)

R M G 2R 1 − para r < R

Observación: Las expresiones del campo y del potencial,gr(r) y V(r), en los diferentes pun-tos del espacio suelen abreviarse a veces llamando g0 ≡ G ₂

R M . En este caso, i) para r > R, gr(r) = - g0 2 r R ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ rˆ V(r) = - g0

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

r

R

R ii) para r = R gr(R) = - g0 rˆ V(R) = - g0 R iii) para r < R gr(r) = - g0

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

R

r

rˆ V(r) = - (3R r ) 2R g_{0 2 2}

La gráfica expresa la variación de la intensidad del campo gravitatorio creado por la esfera homogénea, de radio a, en función de la distancia al centro.

6.- ESFERA TERRESTRE: PUNTOS PRÓXIMOS A SU SUPERFICIE

Consideremos la Tierra como una gran esfera, con distribución radial de masa: densidad, ρ = ρ(r). Sea M (≈ 5.98x1024 _{kg) su masa, y R (≈ 6.37x10}6 _{m) su radio. Consideremos sólo puntos} exteriores a la Tierra o sobre su superficie, r ≥ R. Llamaremos h a la altura de un punto sobre la superficie de la Tierra; entonces, se verifica r = R + h.

Sobre la superficie de la tierra se tiene entonces, según hemos visto:

• Campo gravitatorio g0 = - G ₂ R M • Potencial gravitatorio V0 = - G R M • Energía potencial de un cuerpo de masa m Ep = - G

R M .m

A una distancia r desde el centro de la Tierra (a una altura h, por encima de la superficie

terres-tre), se verifican las fórmulas generales del apartado anterior. Se adopta como nivel cero de potencial y de energía potencial gravitatorios los correspondientes a los puntos del infini-to, r → ∝. Las expresiones a aplicar son:

• Campo gravitatorio terrestre: gr(r).= - G ₂ r M rˆ = - g0 .rˆ r R 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

• Potencial gravitatorio terrestre: V(r) = - G r M = - g0R ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ r R • Energía potencial de un cuerpo de masa m: Ep(r) = - G

r M m = - mg0R ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ r R ($) En la aplicación a problemas, lo más conveniente es manejar la variable r, y después, si ha lugar, calcular la altura sobre la superficie de la Tierra h mediante la relación: h = r - R

Aproximación: para pequeñas alturas, es decir, para valores muy pequeños de h, • el campo gravitatorio terrestre se puede considerar constante,

g(h) = g0 siendo g0 = 9’81 m.s-2 _{= 9’81 N.kg}-1

g

• el potencial gravitatorio terrestre se obtiene por integración:

V(h) = V(r) = -

∫

g r

r

d

r

+ C = g0

∫

rˆ r

.

d

r

+ C = g0 r + C = g0 ( R + h ) + C

Convenio: tomamos nivel cero de potencial en h = 0 o sea en puntos de la superficie te rrestre; entonces, V(h = 0) = 0 0 = g0 ( R + 0 ) + C ⇒ C = - g0 R

Sustituyendo en V(h): V(h) = g0 ( R + h ) - g0 R

⇒ V(h) = g0 h

• la energía potencial de un cuerpo de masa m es entonces:

Ep(h) = m g0 h

fórmula ésta muy conocida y utilizada en cursos anteriores: Ep = m g h. Esta fórmula es pues una aproximación útil de la general.

Ejercicio: Justificación de la expresión Epg = m g h para la energía potencial gravitatoria

de una masa m a una altura h. ¿En qué condiciones es válida esta fórmula?

M: masa de la Tierra. R: radio medio de la Tierra

r: distancia radial de un punto exterior respecto del centro de la Tierra. h: altura respecto de la superficie terrestre. ⇒ r = R + h

¿Cómo debemos entender esta expresión Epg = m g h y qué relación tiene con la obtenida en ($)

Epg = – G

r m M

siendo r = R + h ?

Fácilmente se comprende: se trata de haber adoptado un convenio diferente en ambos casos a la hora de precisar dónde tomamos nula la energía potencial gravitatoria (nivel cero de energía po-tencial):

a) En el caso Epg = m g h → convenio: Epg (h=0) = 0 b) En el caso Epg = – G

r m M

→ convenio: Epg (r→∝) = 0

En efecto. La energía potencial gravitatoria de una masa m situada a una distancia radial r del centro de la Tierra, se obtiene en general así:

Epg = –

∫

F rrdr + C = – rˆ.dr r m M G ₂ r

∫

− + C = – GMm

∫

− ₂ r dr + C = – G r m M + C ⇒ Epg = – G r m M + C

a) Si se toma como convenio Epg (∝) = 0, entonces a partir de la relación anterior resulta: Epg (∝) = – G ∞ m M + C = 0 ⇒ C = 0 Por tanto: Epg (r) = – G r m M

b) Si se toma como convenio Epg (h = 0) ≡ Epg(r = R) ≡ Epg(R) = 0, entonces a partir de la relación anterior resulta: Epg (R) = – G R m M + C = 0 ⇒ C = G R m M

Por tanto: Epg (r) = – G r m M + G R m M = G 1) R r ( r m M − = G R R r r m M − = m ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ r R h R M G ₂ = m ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + h R R h R M G ₂ ⇒ Epg (h) = m g0 h h R R + = m g0 h 1+h/R 1

⇒ Epg = m g h con g = g0 = 9’83 m/s2 es sólo válida para alturas pequeñas comparadas con el

radio terrestre R ≅ 6’37x106 _{metros, pues sólo en estos casos} h R

R

+ ≅ 1 y entonces Epg = m g0 h.

7.- MOVIMIENTO EN UN CAMPO GRAVITATORIO: LEYES DE KEPLER

Las leyes de Kepler, que guiaron a Newton en la formulación del Principio de Gravitación Universal, constituyen una descripción puramente cinemática del movimiento de los planetas en torno al Sol: atienden al cómo del movimiento pero no abordan el por qué del mismo, es decir, su aspecto dinámico.

Los Principios de la Dinámica de Newton (sus tres primeras leyes y el principio de gravita-ción universal) son los que responden a este aspecto, justificando el comportamiento de los plane-tas y el cumplimiento de las tres leyes de Kepler. Ésplane-tas vienen a ser ahora deducibles a partir de dichos principios.

♦ La primera ley de Kepler, la ley de las órbitas, dice: “Los planetas describen

órbitas elípticas estando el Sol en uno de sus focos”.

Esta ley es consecuencia de que la fuerza gravitatoria Sol-Planeta varía con el

inver-so del cuadrado de la distancia (F proporcional a1/r

2

). Puede demostrarse (no lo haremos)

que en estas condiciones la trayectoria debe ser una curva cónica (circunferencia,

elip-se, parábola o hipérbola), dependiendo de la energía mecánica total del planeta. Véase la

gráfica de arriba.

i) Si la energía mecánica es negativa, Em < 0, la trayectoria en una elipse. La fuerza

cen-tral ejercida por el Sol sobre el Planeta está dirigida hacia el Sol que ocupa uno de los focos de la elipse trayectoria. El Planeta se encuentra en un pozo de potencial, debido al Sol, y su trayectoria en obviamente cerrada. En particular, cuando la trayectoria es circular la energía cinética es la mitad de la energía potencial, pero positiva: Ec = – ½ Ep = ½ G

r m m_{S P}

y la energía mecánica es la mitad de la energía potencial: Em = Ep + Ec = ½ Ep = – ½ G

r m m_{S P}

.

Lo dicho para el sistema Sol-Planeta sirve igualmente para cualquier otro sistema, por ejemplo Tierra-Satélite.

ii) Si la energía mecánica es cero, Em = 0, la trayectoria en una parábola. El satélite

justa-mente se libera del pozo de potencial.

iii) Si la energía mecánica es positiva, Em > 0, la trayectoria en una hipérbola. El satélite

tiene suficiente energía cinética (suficiente velocidad) para escapar de la atracción gravitatoria.

♦ La segunda ley de Kepler, la ley de las áreas, dice: “El vector de posición de cualquier

planeta con respecto al Sol barre áreas iguales en tiempos iguales”.

Esta ley queda justificada al considerar que la fuerza gravitatoria Sol-Planeta es una fuerza central, lo cual implica que el movimiento es plano y verifica la ley de las áreas, según se vio en el tema anterior, “Partícula Material” , nº 3, (Conservación del momento angular):La fuerza ejercida por el Sol sobre el Planeta es una fuerza central, verificando

0 = = rxF

Mr r r pues en todo instante Fr y rr son paralelos.

La ecuación fundamental de la rotación

dt L d M r = implica = 0 dt L dr ⇒ Lr = constante El hecho de que el vector momento angular Lr ≡ rr x pr = rrx mPvr se mantenga constante,

su-pone que es a la vez constante en módulo, dirección y sentido: a) Lr constante en dirección y sentido

⇒ la trayectoria del planeta bajo la acción de la fuerza central de atracción del Sol, es una

trayectoria plana, precisamente en el plano determinado por los vectores rr y vr, pues en

todo instante Lr es perpendicular a rr y a vr. b) Lr constante en módulo

⇒ el movimiento del planeta, de masa mP, verifica la ley de las áreas:

“En el movimiento de una partícula sometida sólo a fuerzas centrales, su vector de posición (radiovector) barre áreas iguales en tiempos iguales”

Es decir, que si t2 – t1 = t3 – t4, entonces (figura): Área OP1P2 = Área OP3P4

Demostrémoslo: En efecto, (figura 2ª de la página si-guiente):

L =⎮Lr⎮ =⎮rrx mPvr⎮= mP r v sen ϕ (a) donde ϕ es el ángulo formado por los vectores rr y vr.

Consideremos un movimiento elemental del planeta en su trayectoria. Llamamos dS al área elemental barrida por el radiovector rr en un tiempo dt, al pasar el planeta de P a P’, recorriendo el arco elemental ds = arc(PP’). Esta área dS es el área del triángulo elemental OPP’. Su valor es: dS = ½ (base x altura) = ½ r.dh = ½ r.ds.sen ϕ puesto que dh = ds . sen ϕ .

Dividiendo por dt ambos miembros de la igualdad, se tiene: A ≡ dt dS = ½ . r. ( dt ds ). sen ϕ = ½ . r . v . sen ϕ (b) A _{A ≡} dt dS

se le denomina velocidad areolar del móvil en su trayectoria, y expresa el área barrida por el móvil en la unidad de tiempo.

De acuerdo con (a) y (b), A ≡ dt dS = P

m

2

L

constante

Concluyendo: “El planeta, bajo la acción de la fuerza de atracción solar, se mueve en

trayec-toria plana, de modo que su velocidad areolar se mantiene constante, e igual a L/2mP”, siendo L el momento angular y mP la masa de la partícula.

♦ La tercera ley de Kepler, la ley de los periodos, dice: “Los cuadrados de los periodos de revolución

de los planetas son proporcionales a los cubos de sus distancias promedio al Sol”.

Podemos justificar esta ley fácilmente para trayec-torias circulares (la trayectoria de la mayoría de los pla-netas del sistema solar es elíptica de excentricidad muy pequeña, como puede verse en el cuadro inferior; por tanto, son prácticamente orbitas circulares).

La fuerza ejercida por el Sol sobre el Planeta es entonces la fuerza centrípeta que produce su

movi-miento.

Llamando mS y mP a las masas del Sol y del Planeta, respectivamente, la fuerza que actúa sobre el planeta es

F

r

= - G S₂ P r m . m rˆ

Aplicando la ley fundamental de la dinámica al Planeta,

F

r

= mP arn = - mP an rˆ Por tanto: - G S₂ P r m . m rˆ = - mP anrˆ ⇒ G ₂S r m = an La aceleración normal puede escribirse así:

Por tanto: G ₂S r m = ₂ 2

T

r.

4

π

⇒ T2 ₌ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ π S 2 m G 4 r3 donde r, radio de la circunferencia-órbita.

La velocidad orbital v0 se calcula así: F = mp an → G ₂S r m = an = r v m o P 2 ⇒ vo = r m G _S

Las energías, en esta trayectoria circular valen: + Energía potencial: Ep = - G r m m_{S P} + Energía cinética: Ec = ½ mpv = ½ mP2_o r m G _S = ½ G r m m_{S P} → Ec = - ½ Ep + Energía mecánica: Em = Ep + Ec = - G r m m_{S P} + ½ G r m m_{S P} = - ½ G r m m_{S P} → Em = ½ Ep En el caso de órbitas elípticas, r es el semieje mayor de la elipse. Es pues la expresión de la tercera ley de Kepler.

8.- MOVIMIENTO EN UN CAMPO GRAVITATORIO:

PLANETAS Y SATÉLITES

A.- Velocidad de escape (desde la superficie terrestre).-

Consideremos el campo gravitatorio terrestre. El hecho de que un cuerpo en movimiento, sometido a la influencia gravitatoria de la Tierra, describa una órbita cerrada (elíptica o circular) o una órbita abierta (hiperbólica o parabólica), depende del valor de su energía mecánica orbital E0 = Ec + Ep , y por tanto del valor de su velocidad.

Situado sobre la superficie terrestre un satélite (y en general, un cuerpo cualquiera) puede abandonar el campo gravitatorio terrestre y alejarse indefinidamente de nuestro planeta si se le dota de velocidad inicial suficiente. La velocidad inicial necesaria para conseguirlo, como vimos, se denomina velocidad de escape; respecto de la tierra, esta velocidad vale 11’3 km.s-1 _{≈ 40000} km.h-1_{. Su cálculo puede efectuarse recurriendo a la conservación de la energía mecánica:}

Sobre la superficie de la Tierra (r = R), el satélite dotado de la velocidad de escape necesa-ria, tiene una energía:

Em(R) = Ec(R) + Ep(R) = 2 1 m v2_e - G R m M

Al alejarse indefinidamente (r→∞), el satélite ya libre de la acción gravitatoria terrestre queda al menos con energía nula (o, de otra forma, se le dio la energía mínima para alcanzar el in-finito con velocidad nula):

Em(∞) = Ec(∞) + Ep(∞) = 0 + 0 = 0

Puesto que la fuerza gravitatoria a la que está sometido el satélite en el proceso es conser-vativa, la energía mecánica no varía:

Em(R) = Em(∞) Ec(R) + Ep(R) = Ec(∞) + Ep(∞) 2 1 m v2 e–G R m M = 0 ve = R GM 2 =

2

g

₀

R

B.- Satélites: Velocidad orbital, periodo, energía

orbital.-• Aceptando que el satélite describe una órbita cerrada circular, el cálculo de su velocidad orbital v0, si es r0 su radio, se realiza así: la fuerza gravitatoria F es la responsable de la curvatura de la trayectoria; es por lo tanto una fuerza centrípeta:

F = G ₂ 0 r m M ∧ F = m an = m 0 2 0

r

v

⇒ G ₂ 0 r m M = m 0 2 0

r

v

v0 = 0 r M G = R 0 0 r g

Así pues, la velocidad orbital de un satélite depende del radio de su órbita, siendo inversa-mente proporcional a su raíz cuadrada. Es independiente de la masa del satélite.

• El periodo T de revolución del satélite, o tiempo que invierte en el recorrido de su órbita, es (supuesta circular): T = 2 π / ω ∧ v0 = r0 ω T2 ₌ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ π M G 4 2 r3₀ = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ π 2 0 2 R g 4 r3₀

• Energía orbital. En su órbita, el satélite posee una energía mecánica que es la suma de su energía potencial gravitatoria más su energía cinética:

Su energía potencial gravitatoria es: Ep (r) = - G r

m M Su energía cinética es: Ec(r) =

2 1 m v2 0 = 2 1 m 0 r M G = 2 1 G r m M La energía mecánica, por tanto, que llamaremos energía orbital del satélite, es:

Em(r) = Ec(r) + Ep (r) = 2 1 G r m M – G r m M = – 2 1 G r m M Em(r) = – 2 1 G r m M

Esta energía es negativa, como corresponde a un satélite ligado al centro gravitatorio. En su trayectoria, corresponde a la mitad de su energía potencial; la energía cinética del satélite, esen-cialmente positiva, coincide en valor absoluto a dicha energía orbital.

• El trabajo W que hay que realizar para colocar en órbita un satélite puede ser calculado evaluando las energías:

+ la que posee en reposo sobre la superficie de la Tierra, desde la que es lanzado:

Em(R) = Ep(R) = - G

R m M + la que ha de tener en su órbita circular, de radio r: Em(r) = Ec(r) + Ep (r) = -2 1 G r m M

La diferencia Em(r) - Em(R) expresa el trabajo de puesta en órbita, W: W = Em(r) - Em(R) = -2 1 G r m M + G R m M W = GMm

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

2r

1

R

1

= m g0 R

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

2r

R

-1

• La velocidad inicial que habría que comunicar a un satélite, de una sola vez, para alcanzar una órbita cerrada es superior a los 7500 m.s-1 _{(~ 27000 km.h}-1_{), que es la velocidad que con los} combustibles actuales pueden suministrar los cohetes de una sola etapa. Por ello, la cesión de energía al satélite se suele efectuar en un proceso multietapa, mediante un cohete formado por varios cuerpos independientes; cada uno comunica al satélite una cierta energía cinética, se-parándose luego del resto. En cada etapa posterior el sistema se va aligerando de pesos muertos, lo que hace más sencilla la propulsión del satélite

• El alumno debe resolver los siguientes problemas:

a) Hallar la velocidad de escape de un satélite en su órbita en torno a la Tierra.

ACTIVIDADES DESARROLLADAS

1.- Calcula la masa del sol a partir del periodo orbital de la tierra.

Datos: Periodo orbital, T = 365’26 días.- Constante de gravitación, G = 6’67x10-11_N.m2_.kg-2_.-

Radio medio orbital de la tierra, RTS = 1.49x1011m.

La atracción ejercida por el Sol sobre la Tierra es una fuerza central. Por tanto, F = m an, donde: F = G 2 TS T S R M M m = MT an = R ω2 = RTS 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π T F = m an ⇒ G ₂ TS T S R M M = MT RTS 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π T ⇒ MS = 3 2 2 4 TS R T . G π Haciendo operaciones MS = _{11 2} 11 3 2 10 49 1 3600 24 26 365 10 67 6 4 ) x ' ( ) x x ' ( x ' − π = 1’97x1030 _kg

2.- Se considera el movimiento elíptico de la tierra en torno al sol. Cuando la tierra se en-cuentra en el afelio (posición más alejada del sol) su velocidad es de 2’92x104_{m/s. Halla:}

a) el momento angular de la tierra respecto del sol.

b) su velocidad orbital en el perihelio (posición más cercana al sol).

Datos: Masa de la tierra, MT = 5’98x1024kg.- Distancias de la tierra al sol, en el perihelio y el

afelio, respectivamente, 1’47x1011_{m y 1’52x10}11_m.

a) Momento angular, Lr = rr x m vr = Rr x MT_{vr . En este movimiento orbital el vector momento} an-gular es constante. Su módulo es

L = MT R v senϕ = MT Rp vp = MT Ra va pues en el perihelio y en el afelio ϕ = 90º L = MT Ra va = 5’98x1024_x1’52x1011_x2’92x104 ₌ = 2’65x1040 _kg.m2_.s-1 b) Rp vp = Ra va ⇒ vp = _a p a _v R R = 47 1 52 1 ' ' x2’92x104 = 3’02x104 m/s

3.- El vehículo espacial Apolo VIII estuvo en órbita circular alrededor de la luna 113 km por encima de su superficie. Calcula:

a) El periodo del movimiento.

b) La velocidad de escape a la atracción lunar desde esa posición.

Datos: Constante de gravitación, 6’67x10-11 _N.m2_.kg-2_{; masa de la luna,7’36x10}22_kg;

ra-dio mera-dio lunar, 1740 km.

ML = 7’34x1022 kg RL = 1’74x106m h = 113 km = 0’113x106 m ⇒ r = RL + h = 1’853x106_m a) Periodo.- F = m an donde F = G ₂ r M M_{L s} m = Ms an = r ω2 = r 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π T . Por tanto: G 2 r M M_{L s} = Ms r 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π T ⇒ T 2 ₌ 4 2 _r.3 GM_L ⎟⎟_⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ π _{⇒ T = 7153 s ≅2 horas}

b) Velocidad de escape.- Hay que dar al satélite una energía W’A∞ para llevarlo desde un punto A de su trayectoria orbital hasta el infinito, de modo que en él se encuentre sin energía.

+ energía en A: potencial – r M M G L s cinética ½ r M M G L s mecánica – ½ r M M G L s + energía en ∞: potencial 0 cinética 0 mecánica 0

La variación de energía mecánica debe ser igual al trabajo de las fuerzas no conservativas, las que ponen en movimiento el satélite para enviarlo desde la órbita al infinito.

W’A∞ = ΔEm = Em(∞) – Em (A) = 0 – (– ½ r M M G L s _{) = ½} r M M G L s

Estas fuerzas no conservativas son las que comunican al satélite la velocidad de escape, veri-ficándose:

W’A∞ = ½ mv2 _{= ½ M} s v e2 Igualando y despejando ve:

ve = 1626 10 853 1 10 34 7 10 67 6 6 22 11 = = − x ' x ' x x ' r GM_L m/s

4.- Dadas dos masas m1 = 2 kg y m2 = 4 kg están situadas respectivamente en los puntos

O(0,0) y A(6,0) donde las coordenadas están expresadas en metros. Hallar: a) El campo gravitatorio en los puntos P(3,4) y M(3,0).

b)El trabajo necesario para transportar otra masa m’ = 3 kg desde el punto P al M.

a) Campo gravitatorio en P, gr _P P gr = gr +_P1 gr_P2 gP1 = G G r m OP 25 2 2 1 ₌ gP2 = G 25 4 2 2 ₌ AP r m G gP1x = - gP1 cos α = – G G 125 6 5 3 25 2 − = gP1y = - gP1 sen α = – G G 125 8 5 4 25 2 ₌₋

gr_P1 = gP1xiˆ + gP1yjˆ = G(3iˆ 4jˆ) 125 2 + − gP2x = gP2 cos α = G G 125 12 5 3 25 4 ₌ gP2y = - gP2 sen α = - G G 125 16 5 4 25 4 − = = 2 P

gr gP2xiˆ + gP2yjˆ = G(3iˆ 4jˆ) 125

⇒ gr_P = G(3iˆ 4jˆ) 125 2 ₊ − + G(3iˆ 4jˆ) 125 4 ₋ = G(iˆ 4jˆ) 125 6 ₋ = 3’20x10-12_{iˆ – 12’81x10}-12_{jˆ (N/kg)} O bien, ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = β ⇒ = β = − º ' tg ángulo kg / N x ' g módulo _P 0362 14 24 6 10 32 1 11

(β: ángulo con la vertical)

Campo gravitatorio en M, gr _M M gr = gr_M1+gr_M2 iˆ Giˆ r m G g OM M ₉ 2 2 1 1 =− =− r _{iˆ Giˆ} r m g AM M ₉ 4 2 2 2 =+ = r iˆ G iˆ ) G G ( g_M 9 2 9 4 9 2 = + − = r _{= 1’48x10}-11 _{iˆ N/kg} b) Trabajo WPM WPM = m’ (VP - VM) VP = VP1 + VP2 = G G G r m G r m G AP OP 5 6 5 4 5 2 2 1 _{− =− − =−} − VM = VM1 + VM2 = G G G r m G r m G AM OM 2 3 4 3 2 2 1 _{− =− − =−} − WPM = m’ (VP - VM) = 3( 16 10 0 5 12 2 5 6 _{+ = =} 10 _>

− _{G G) G ' x} − _{Julios ⇒ El campo gravitatorio es} quien lleva la masa m’ desde P hasta M.

5.- ¿A qué altura sobre la superficie de la Tierra ha de colocarse un satélite para que su órbita sea geoestacionaria sobre el ecuador terrestre?.-

Datos: g0 = 9,8 m/s2. Radio de la tierra, RT = 6370 km.

La órbita del satélite es estacionaria cuando éste permanece sobre un punto determinado del ecuador; ello supone que el periodo del satélite ha de coincidir con el de rotación terrestre. Por tanto, T = 1 día = 8’64x104 _s. F = m.an donde F = G ₂ r m M_T = G ₀ 2 2 2 2 2 _r mg R m r R . R M _{T T} T T _{= siendo r = R} T + h donde m.an = m.r.ω2 = m.r. ₂ 2 4 T π Por lo tanto: ₀ 2 2 mg r R_T = m.r. 2 2 4 T π ⇒ r3 ₌ 2 2 2 0 4 T R g _T π ⇒ r = _⎟⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π 3 1 2 2 2 0 4 T R g _T 3 4 2 2 2 6 10 64 8 4 10 37 6 8 9 ) x ' ( x . ) x ' ( x ' π = = 4’221x107 _metros h = r - R = 4’221x10_T 7 _{– 6’37x10}6 _{= 3’584x10}7 _metros h ≈ 35800 km de altura.

6.- Mediante el teorema de Gauss, calcular el campo gravitatorio a una profundidad h de la superficie terrestre.

Tomamos R = r + h (figura). Sea ρ la densidad de la Tierra. constante. Aplicamos el teorema de Gauss a la superficie S, esférica y concéntrica con la superficie terrestre:

Φ ≡

∫∫

S S d . gr r= - 4π G

∑

mi Por un lado, Φ≡

∫∫

S S d . g r r _{= g.dS.cos180º g.dS g dS g} S S S − = − = − =

∫∫

∫∫

∫∫

.4π r2

Por otro, Φ = - 4π G

∑

mi = - 4 π G mint = - 4 π GρVint = - 4 π G ρ 3 3 4 r π Igualando, - g. 4 π r2 _{= - 4 π G ρ} 3 3 4 r π ⇒ g = πGρ 3 4 r Vectorialmente, gr = – πGρ 3 4 _{r. rˆ y llamando K ≡ πGρ} 3 4

resulta g = - K r que representa una fuerza por unidad de masa, de tipo elástico (en la realidad, K depende de la densidad, y ésta de r).

7.- Un satélite, de 100 ton de masa, gira en torno a la Tierra con una velocidad de 5000 m/s. Calcular la altura a la que orbita y el periodo del movimiento orbital. ¿Qué energía hay que comunicarle para pasarlo a otra órbita a doble altura que la anterior; y cuál es entonces el nuevo periodo? Datos.- g0 = 9’81 m/s2 ; radio de la tierra, R = 6370 km.

m = 100 ton = 105 _{kg v0 = 5000 m/s R = 6370 km = 6’37x10}6 _m 2ª ley de Newton, aplicada al movimiento orbital circular del satélite, F = m.an

F = G ₀ 2 0 2 2 0 2 2 2 0 mg r R m r R R M G r m M_{T T} = = m.an = m 0 2 0 r v

Igualando y despejando r0, resulta r0 = ₂ = 0 0 2 v g R 2 3 2 6 10 5 81 9 10 37 6 ) x ( ' x ) x ' ( = 1’592x107 _{m h = r} 0 – R = 1’592x107 – 0’637x107 = 9’552x106 m h ≈ 9550 km de altura T = 0 0 2 v r. .π = 7 _{2001 10}4 5000 10 592 1 2 x ' x ' x = π s = 5’56 horas

La energía que hay que comunicar al satélite para pasarlo a la órbita de radio 'r₀ = R + 2 h = 6’37x106 _{+ 2x9’552x10}6 _{= 2’547x10}7 _{m se consigue calcular aplicando el teorema de la energía} mecánica: El trabajo que han de realizar las fuerzas no conservativas para conseguir tal cambio de órbita es igual a la variación de la energía mecánica existente entre ambas órbitas.

W ‘ = ΔEm = Em(r0’) – Em(r0) = _⎥

⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − 0 2 0 0 2 0 2 1 2 1 r m M G mv ' r m M G mv' T T ₌ ' r m M G T 0 2 1 − + 0 2 1 r m M G T ₌ = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ' r r m GM_T 0 0 1 1 2 1 = 2 ₀ 2 1 mg R _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ' r r_{0 0} 1 1 = 0’5x(6’37x106₎2_x105_{x9’81x2’355x10}-8 _{= 4’69x10}11 _julios T’ = ' v ' r 0 0 2π donde v0’ = ' r GM_T 0 = R = ' r g 0 0 _6’37x106 ₇ 10 547 2 81 9 x ' ' = 3’953x103 _m/s T’ = ' v ' r 0 0 2π = 7 _{4048 10}4 3953 10 547 2 2 x ' x , x = π s = 11’25 horas

ACTIVIDADES PROPUESTAS

1.- Calcular el periodo de revolución de Marte sabiendo que la distancia media de Marte al Sol es de 228 millones de km, la distancia media de la Tierra al Sol es de 149’6 millones de km y el periodo de revolución de la Tierra es de 365’26 días. R.: 687’2 días.

2.- Calcular la masa de la Tierra a partir del peso de los cuerpos en su superficie. Datos: constante G, radio de la Tierra R, aceleración de la gravedad g. R.: 5’98x1024 _kg

3.- Demostrar que la Tierra lleva mayor velocidad en el perihelio (punto de la órbita más cercano al sol) que en el afelio (punto más alejado).

R.: Ayuda.- Conservación del momento angular

4.- La masa de Luna es 1/81 de la masa de la Tierra y su radio ¼ del de la Tierra. Calcula el peso en la Luna de una persona cuyo peso en la superficie de la Tierra es de 70 kg. R.: 13’83 kg 5.- Calcula en función del radio de la Tierra a qué distancia de la superficie de ésta el peso del

kilogramo-patrón es de 1 newton. R.: h = ( g - 1)R₀ T = 2’13 RT≅ 13570 km

6.- Hallar la fuerza gravitatoria resultante ejercida por tres masas de 3, 4 y 5 kg, situadas respecti-vamente en P1(-2,0), P2(0,3) y P3(-1,-4), sobre una masa de 2 kg situada en P(3,5).

R.: Fr= - G (0,639iˆ + 0,520 jˆ ) N F = 0’824 G N = 5’496x10-11 _N

7.- Hallar la intensidad del campo resultante creado por tres masas de 3, 4 y 5 kg, situadas res-pectivamente en P1(-2,0), P2(0,3) y P3(-1,-4), en P(3,5). Asimismo, calcular en dicho punto el potencial y la energía potencial de una masa de 2 kg situada en él.

R.: gr = - G (0’319

i

r

+ 0’260

j

r

) N.kg-1 _{g = 0’412 G N.kg}-1 _{= 2’748x10}-11 _N.kg-1

V(3,5) = - 2’041 G J.kg-1 _{= - 1’362x10}-10 _J.kg-1 _E

p(3,5) = - 2’723x10-10 J

8.- Dos partículas de 4 y 5 kg, respectivamente, se encuentran en el vacío separadas por una dis-tancia de 20 cm. Calcular:

a) La energía potencial del sistema.

b) El trabajo de la fuerza gravitatoria para aumentar la separación entre las partículas a 40 cm. c) El trabajo de la fuerza gravitatoria para llevar una partícula hasta el infinito.

d) El trabajo de la fuerza gravitatoria para establecer la distribución inicial.

R.: - 6’67x10-9 _{J - 3’335x10}-9 _{J - 6’67x10}-9 _{J 6’67x10}-9 _J

9.- Hallar la velocidad de escape de la Tierra en función de g0 = 9,8 m.s-2 y de su radio R = 6370 km. Hallar asimismo la velocidad de escape de un satélite que orbita a 200 km sobre la su-perficie terrestre. R.: a) 11,2 km.s-1_{= 40250 km/h b) 7,78 km.s}-1_{= 28000 km/h}

10.- Calcula el campo gravitatorio y el potencial gravitatorio en el punto donde se cortan las alturas de un triángulo equilátero de 10 cm de lado cuando en los tres vértices hay sendas masas de 0’2 kg. R.: g = 0 N.kg-1 _{V = - 6’93x10}-10 _J.kg-1

11.- ¿En qué punto de la línea que une la Tierra y la Luna el campo gravitatorio es cero? Datos: ML = MT/81; dist. Tierra –Luna DTL = 384000 km R.: A 345600 km de la Tierra

12.- La masa de la Luna es de 7’34x1022 _{kg y su radio es 1740 km. ¿Qué distancia recorrerá un} cuerpo en 5 s de caída libre si se abandona en un punto próximo a su superficie? R.: 20’2 m

13.- Calcula la energía de enlace de un satélite, cuya masa es de 10 ton, que describe una órbita alrededor de la tierra a una distancia r = 3RT de su centro, siendo RT = 6370 km el radio me-dio de la tierra. R.: 1’044x1011 _julios

14.- Consideremos la Tierra como un cuerpo esférico aislado, de 6380 km de radio. Se desea lan-zar un satélite de 65 kg que describa una órbita ecuatorial cuyo radio sea r0 = 3RT, desde un punto del ecuador en el que g0 = 9’8 m.s-2 y hacia el Este. Calcular la energía necesaria para poner en órbita el satélite. Si una vez puesto en órbita, el satélite pierde energía por roza-miento, ¿qué ocurrirá? R.: (5/6)mg0RT = 3’39x109 J

15.- La Luna en su movimiento uniforme alrededor de la tierra describe una trayectoria circular de 3’84x108 _{m de radio y 2’36x10}6 _{s de periodo. Calcular la velocidad y la aceleración,} dibujan-do en un esquema ambos vectores. R.: vorb = 1022 m/s aorb = 2’72x10-3 m/s2

16.- Conocido el radio de la tierra, R = 6400 km, calcular la altura sobre la superficie terrestre a la cual el valor de g se reduce a la mitad. R.: 2640 km

17.- Dadas dos esferas de 2 y 4 kg, respectivamente, en los puntos A(0,0) y B(6,0) de un sistema de coordenadas cartesianas representado en metros, calcular:

a) el campo gravitatorio en los puntos M(3,4) y N(3,0).

b) el trabajo necesario para transportar otra esfera de 3 kg desde M hasta N.

R.: gr (M) = (3’2

i

r

- 12’8

j

r

)x10-12 _{N/kg gr(N) = 1’48x10}-11

_i

r

_{N/kg W}

MN = 1’6x10-10 J

18.- En tiempos de Kepler se conocían las distancias a los planetas de forma relativa. La distancia Tierra-Sol se consideraba igual a una unidad astronómica (UA), desconocida.

PLANETA Distancia, en UA Periodo, en días Mercurio 0’389 87’77 Venus 0’724 224’70 Tierra 1’000 365’25 Marte 1’524 686’98 Júpiter 5’200 4332’62 Saturno 9’510 10759’20

a) ¿Justifican estos valores la tercera ley de Kepler?

b) La primera distancia conocida fue la de la Tierra-Marte, que resultó ser de 78 millones de km. Calcula la distancia Tierra-Sol.

R.: a) Sí; en todos los casos, T2_/r3_{≅ 1’33x10}5 _días2_/UA3 _{b) d}

TS = 1’49x1011 m

19.- En los tres vértices de un cuadrado de 1 m de lado hay tres masas iguales, de 2 kg. a) Calcu-la el campo en el otro vértice. b) CalcuCalcu-la el potencial en este cuarto vértice y en el centro del cuadrado, c) así como el trabajo que ha de realizar el campo para llevar una masa de 0’5 kg desde el centro al cuarto vértice.

R.: a) gr₌-1'81x10-10(i_{ˆ + ˆ}j) _{N/kg o bien g = 2’55x10}-10 _{N/kg α = 45º hacia el origen.}

b) V4 = - 3’61x10-10J/kg VC = -5’66x10-10J/kg c) WC4 = -1’02x10-10J

20.- Se tiene una masa de 10 kg en el origen de coordenadas y otra de 20 kg en (2,0). Calcula el campo y el potencial gravitatorio en (1,0). R.: igr =6'67x10-10r _{N/kg V = 2’00x10}-9 _J/kg